连续检查次数的理论极限？

在没有晋升的合法位置上，最长的连续支票序列的已知记录（即白色支票，然后是下一步的黑色支票，接下来是白色支票，依此类推）。

参见http://timkr.home.xs4all.nl/chess/check.html

序列的长度是否有理论上的限制，还是可以重复进行，从而永远进行检查？

（如果您正在阅读此内容，请修复图表以发现发现的检查，没有升级的内容，如果可以的话，因为Nd4 +不会为我显示，请在完成后删除此句子。）

潜在低俗人士的前言：我已经花了一些时间为您抄录这些游戏。这是所有遇到这个问题的人的利益。

我认为，到目前为止，有37个唱片是没有唱片的。这是给大家带来便利的游戏。

其中一条评论指出，升级后的唱片记录为53。但是，根据Tim Krabbe的网站（日记条目387 https://timkr.home.xs4all.nl/chess2/diary.htm），此记录已被打破，原因是54.这也是一场比赛，也是为了大家的方便。

我认为，理论上的硬性限制仅限于您选择的类别-禁止升级和允许升级。此外，只要可以检查，就可以完善当前记录，直到剩下一张为止。

轻微添加：有趣的是，可能有相互发现的检查。来源是日记条目＃366。

这是没有升级作品的唱片11。

并带有升级件17。

我在蒂姆·克拉伯（Tim Krabe）的网站的其他地方（日记条目＃265）找到了一个很好的例子，说明了相互发现的支票。

他给了这一系列的7个相互发现的检查。这里唯一的是，所有动作（减去第一个动作）都被强制执行，这就是它使其与众不同的原因。

获得无数支票的另一种方法是使用一块童话。考虑这个位置，除了e5上的黑色部分不是骑士而是骆驼（（3,1）叶）。然后，给定的四个交叉检查序列将使白色移动来恢复图的位置。（不幸的是，由于存在童话，PGN查看器无法显示它。）

编辑：这不起作用，因为我忘记了发现的支票。但是，我认为这一进展是显着的，所以我将答案留在这里。

重复是不可能的。

首先，显然不能有任何棋子移动，moves叫或捕获。

接下来，我声称国王不会有任何举动。为了证明这一点，请注意，仅当国王举动是被发现的支票时，它才能发出支票。因此，为了使国王可以移动支票，两个国王必须成一直线，无论是垂直，水平还是对角线。给定其中一个国王的位置，另一位国王可以使用的一组正方形，以便它可以检查与国王位于同一行的正方形组，而不是与国王相同的正方形或与其相邻的正方形那个广场。这些正方形中没有两个相邻，因此国王不能一举从一个这样的正方形移至另一个。请注意，当且仅当正方形B和A处于一条直线时，方格A和B才在一条直线上，因此一旦其中一个国王移动，它们就不再在一条直线上，因此没有其他国王移动可以进行检查。因此，周期中最多只有一个国王动作，

因此，不能进行任何骑士检查，否则国王将不得不移动或骑士必须被俘虏。

因此，所有移动都是逐段移动的，这意味着它们必须全部阻塞先前的检查。

对于棋盘上一组正方形的任何度量，假设对于国王K1和K2以及与国王成一条线（垂直，水平或对角线）的任何正方形A的任何位置组，都是正确的，任何阻塞正方形B都不能增加从正方形到每个国王的距离之和（即d（A，K1）+ d（A，K2）> = d（B，K1）+ d（B，K2 ））。然后，在整个循环中，到国王的每个平方的距离之和必须保持恒定。

容易检查以下指标是否满足该属性：d（A，B）= | row（A）-row（B）| d（A，B）= |列（A）-列（B）| d（A，B）= | slope1diagonal（A）-slope1diagonal（B）| （通过这个，我的意思是将与A1H8对角线平行的对角线从1-15编号）d（A，B）= | slope-1diagonal（A）-slope-1diagonal（B）| （与上一个相同，但与另一个对角线平行）

实际上，很容易看到，对于上述任何度量，如果阻塞正方形不在这些度量的两条平行线内（例如，对于第一个度量，则在矩形内，矩形的边由每个行的行构成）国王，并在木板的两边列），则距离的总和会随着下一个方块的增加而减小。这将是一个矛盾，因此限制正方形被限制在每个有边界的平行线之内。

如果两个国王位于相同的行，列或对角线上，则使用以上段落中的参数显示所有阻塞正方形都必须位于该行，列或对角线上，这显然是不可能的。

因此，如果我们将国王位置视为矩形的两个相对顶点，且它们的边与板的侧面平行，则通过使用前两个度量，所有块状正方形都必须在边界矩形之内或之上。使用其他两个指标可以使我们将其缩小为有边界的平行四边形。

请注意，唯一可能的阻塞正方形是通过国王的每个正方形的行，列和对角线的交点的正方形，因为它们必须将支票交给另一位国王并阻塞支票。很容易看出，在边界平行四边形中总是有2个可能的方块正方形：平行四边形的其他两个顶点。但是，如果我们每个都有一个检查片（这是必要的），那么它们之间就没有正方形可移动以进行检查和矛盾。

在Nightriders（NN）（古典童话作品）和Rooks中，存在相互永久检查的位置。我将这一发现归因于HG Muller在2012年在Chessvariants.org上发表的这一评论。白色NNa6，NNd6，Kb4；黑动。

也可以与Nightriders和Bishops进行永久性的相互检查：黑色：Ba2 Bb1 Kb3（两个相同颜色的Bishops）；白色NNf8，NNh6，Ke6；黑动。

一个玩家可能连续被检查50次以上，如果移动了任何棋子或捕获了任何棋子，则50步移动规则回零。如果白色检查黑色，则每五十个棋步可以使用一个棋子移动，而另一张棋子则可以使用其他49个检查，因为这8个棋子中的每一个可以移动6次，因此潜在6 x 50 x 8 = 2400连续检查。同样，黑色可以通过典当行动逃脱检定，从而导致另外2400个潜在检定。

30件是可捕获的，您需要剩下一个来检查，所以也许还有29x 50 = 1450个检查

因此，连续约有6250张支票是怎么可能的-我想我可以用这种张数的支票来设计一款非常无聊的游戏-如上一个答案中所述，你必须避免3次重复，但是我认为那是可能的。

无限可能是绝对可能的，因为五十步法则只能通过有限的材料离开板子或有限的典当步法将其归零-象棋本身的游戏时间最长

由于五十步规则，限制为50。如果忽略50步规则，则由于存在有限数量的象棋位置，因此仍然存在限制。国际象棋中的五十步规则规定，如果在最后的五十步中没有进行任何捕捉并且没有移动棋子，则玩家可以要求平局（为此，“步棋”由玩家完成其回合以及随后的棋步组成）对手完成转牌）。

三折重复是指当棋盘上的位置重复三遍时，玩家可以要求平局。