问题发现件的颜色

请帮助我找到传奇作曲家安德烈·科尼洛（Andrej Kornilow）解决下一个问题的方法

它出现在Shakhmatnaya Kompozitsiya 41 2001中，献给A. Lobusow，他50岁生日

图上各部分的颜色未知。该图可以在游戏中获得。需要找到每一块的颜色：黑色或白色。

很容易找到大多数作品的颜色：

1.国王不应被典当所束缚（否则上一步是什么？），所以上层是白色。
2. g4上的骑士检查了某个国王。所以这是最后一步。
3.所有其他棋子都不应该检查任何国王，因此我们找到了它们的颜色。
4.有12个棋子和6个皇后，因此创建了4个皇后，所有其他棋子都是原始的。
5.顶部有2个白色骑士，因此g4上的骑士是黑色。

但随后需要考虑到可能的移动，考虑放置典当的不同可能性。对于我来说，很难找到一个可靠的方法。

即使OP在问题中给出了部分答案，我也将从头开始，所以我将介绍一些熟悉的知识。

我开始通过将黑色分配给上位国王，然后将攻击他的每一块都变成黑色来解决这个问题。由于G4骑士攻击国王，因此其他任何人都不能给任何一位国王支票。

我立即发现一个问题。d4和f4典当无论它们是哪种颜色都可以检查，因此我将颜色反转了：

这次我将所有棋手都涂成白色，否则他们将检查白国王。现在有两个问题：G4骑士是白色还是黑色，其他哪些是白色？

让我们分析促销情况。有12个典当和6个皇后。游戏以16个棋子和2个皇后开始，因此可以确定a）4个棋子成为了皇后，b）没有捕获或提升任何其他棋子，并且c）原来的皇后仍然存在。

让我们看一下捕获。一共有25件，而游戏一开始有32件，因此总共有7次捕获。捕获了什么？好吧，这里没有白痴。布莱克也没有主教，而怀特只有一个。因此，总共捕获了2个黑鸦和2个黑主教，并捕获了2个白鸦和1个白主教。这样可以确定白色棋子最多有4个“车道变化”，而黑色最多有3个“车道变化”。

此外，希望可以通过估算促销活动来推断g4骑士的颜色。由于还有另外两个针对白色国王的白色骑士，并且没有将卒当提升为骑士，因此G4骑士必须是黑色的。

我们可以确定其颜色的其他三个零件是c2骑士以及d2和f2典当，它们必须是黑色的：

现在回到典当捕获分析。让我们看一下pawn的骨架：

我们只知道三种颜色，尽管我们也知道至少有6种是黑色（因为至少有2种白色棋子被提升为皇后），并且它们使用3个或更少的捕捉次数进入了当前位置。首先，看一列。黑色典当被提升，或者被捕获了两次，留下一个捕获给其他典当。由于一个捕获是不足以解释的其他棋子的状态下，黑方的一个棋子必须提升。在这种情况下，要么白方的棋子必须至少改变一次车道，以让黑方的棋子通过，要么黑方的棋子必须改变车道。现在，看b。那个典当被提升，或者被捕获了一次。如果捕获了一次，则黑色c-pawn被提升或再次捕获一次（因为最多剩下一个c -pawn）。再次，为了让黑色的b典当推广，无论是它还是白的b典当必须抓获，使他们能够得到过去对方。因此，对于列a和b至少需要两次捕获。我们还有五个捕获点。

让我们尝试消除Black拥有7 个 pawn 以及White拥有5 个 pawn的可能性。Black 提升了a -pawn，因此我们正在使用b到h。再次，由于此分析要求b不提升，因此捕获了b。此后，有两个c典当，并且在图中，只有一个c典当，因此这些pawn中的一个也必须被捕获。请记住，布莱克只获得了三张照片，所以他只剩下一张。图中没有h卒，因此h卒必须已被捕获。在图中，如果Black有7个棋子，则他有c棋子，两个d棋子，一个e棋子。典当，一个f典当和两个g典当。

现在，怀特。如果白方5个棋子，然后他晋升3.由于黑色不能与他拍摄的一个棋子，白方必须有。现在怀特有两个b典当。在该图中，没有b典当，而Black仅有c典当，其中3 d个典当被考虑，两个e典当被考虑。因此，要么都提升了两个白色b典当，要么必须分别捕获至少4次才能找到一个可以理解拼图位置的点。即使是这样的一个b典当行的旅程会更加占用比白人的4所捕获的休息，所以这是不可能的。白色的a和b 典当必须升级，用尽一个捕获。

我已经开始严重怀疑这种情况。为了不使用捕获，要么提升White的h典当，要么提升c典当（捕获Black的c典当之后，捕获b典当之前）。无论哪种方式，怀特仍然需要最终得到一个d典当，一个e典当和三个f典当。让我们尝试推广c典当。它将用完其余所有捕获（3），以将g和h典当量变为f。现在可以满足该模式了，但是白色的f典当可以绕开黑色的f 典当，必须在f2上。

但是提升h典当意味着我们必须将剩余的c典当贯穿到f文件，使用剩下的3个捕获，并且不让f典当绕过Black的f典当，或者让g典当移动到f。并促进其他任何棋子移动的手段都将Ç和^ h走卒，以及让周围的黑色棋子与棋子推动，以及移动摹过典当行，以及让黑色的˚F通过典当。简而言之，白方无法在黑方唯一可行的7方结构中设置5个棋子。

因此，由于黑方不能有8个棋子，黑方不能有7个棋子，黑方不能少于6个棋子（因为白方最多有6个棋子），因此每侧必须有6个棋子。

现在，我已经确定了每种颜色的棋子数量，我可以更好地分析最终骨架中的分布：

没有一个棋子，没b棋子，一个Ç棋子，三个d棋子，二ë棋子，四个˚F棋子，二克棋子，并没有ħ棋子。让我们通过计算典当颜色相同时所需的最小车道变换来简化此过程。我们可以消除a和b典当，假设它们已升级（因为另外pawn 会升级，而a或b pawn使用不必要的捕获来移动到该其他pawn的文件）。该^ h小卒必须转移到˚F，使4个捕获和ç典当移动到d，总共五个。现在，根据经验，我们还知道a和b促销并非没有价格。要使它们互相越过至少需要另外捕获两次，使它们成为7。您可能会争辩说，另一个典当可以提升，但是这只会增加捕获的数量，因为那时不提升的a或b典当就需要进行其他拍摄以进入5x5正方形。

到目前为止，一切都很好。我们正在通过牙齿的皮肤进入。我们有这个：

我们已经使用了两次捕获来使a和b典当彼此越过提升。它们可能都是黑色的，或者都是黑色的，所以我会留下歧义。基本上，我们还有5个剩余捕获，白色最多捕获4个，黑色最多捕获3个。首先，我们知道h个棋子已移动到f（或h移到g以及g移到f，但这是同一件事），并且c个棋子已移动到d。我们知道d2棋子是黑色的，f2棋子是黑色的，而f6棋子是白色的。听起来好像黑色的c棋子移动到d2，所以c4的棋子将是白色的。所以布莱克的c棋子进入c3，白棋的d移至d3，黑棋的c捕获d2，白棋的c移至c4，黑棋的d移至d4。该步法仅涉及一个捕获（黑色）。

e2棋子大概是白色的，因为否则，White的e棋子会被捕获以避开障碍，而且我们在预算中没有足够的空间容纳这种奢侈行为。所以e4棋子应该是黑色的。对于f，我们知道Black侵入了f2，而White到达了f6。这可以通过以下方式实现：黑方将f移至f4，白方将f移动至f3，黑方将g移动至g3，黑方捕获gxf2（两个），白方将h移动至h4，然后捕获两次（移至g5，然后移至f6），以及黑方移动h至h4，然后最终捕获至g3（三）。白方也可能移动g到g3，然后黑方捕获h3xg2。但是也许可以稍后消除这种歧义。无论如何，都已经达到了拼图的位置。

玩这些典当激发了我最终的突破。剩下的白色主教是深色正方形的主教，这意味着Black捕获了浅色的主教，并且由于捕获不是在主教的家庭广场上进行的，所以主教一定已经以某种方式摆脱了。该Ë棋子不能移动，所以摹典当必须具备的。

现在我们知道所有的颜色。