L.Ceriani レトロプロブレム傑作選（15）
(15) Luigi Ceriani (Europe Echecs 82 10/1965)
白のなくなった駒はQRRPの4枚で、黒のなくなった駒はQRRBSPの6枚。また白の駒取りはe3で1枚、あとPd4とe5で4枚取っている。一方黒は、f6で1枚とPb6,c5で2枚取っている。更によく観察すると、Be7とBh2は同色Bであるから、どちらか一方は成駒である（よって、正確には白のなくなった駒はQRRBの4枚ということになる）。これはa筋の白Pが1回駒取りをしてb8で成ったものだから、白の駒取りはこれで尽きている。また、白が取った黒駒にはh筋の黒Pも含まれなければならないから、このPもまたg2で一度駒取りをしてからg1で成っている筈。これで双方の駒取りが全て判明した。更にこの黒Pの駒取りはBf2,Pg3,Ph2/Ph3の形で起こっているので、この駒取りよりもPf2xe3の駒取りの方が早いことも分かる。
まずは白Pの成に着目してみよう。b8で成ったBがそこからe7又はh2に辿り着く為には、b,c筋の黒Pはb7/c5という形を取らなければならないことがすぐ分かる。ということは、a筋の黒Pが2回駒取りをしてc5に行き、b8の成Bを逃がした後でPb6と指したということになる。
次に考えるのはd4,e5の2枚の白Pについてだ。どちらがb筋のPだったのだろうか？Pd4がb筋のPだったとしよう。すると黒がPc5とする前にPxc3としてBc1を脱出させる必要がある。ところが、b8で成ったBが出てくるには黒がPc5としていなければならず、そうするとこの白Pがc3でとどまっても、d4に行ったとしても、成Bがe7又はh2に辿り着くことはできない。ということは、白Pe5はb筋から3回駒取りをしてそこに来たということになる。この場合は、
Aコース
（1）Pb2の状態でまず成Bをd6まで運び
（2）Pb2がc3-d4-e5と3度駒取りをし
（3）Bc1がc1-b2-d4-e3-f4-g3と動いて
（4）Pf2xe3としてからBf2とする
または
Bコース
（1）Pb2xc3としてBc1をd6に運び
（2）Pa7をc5まで運んで成Bを作り、
（3）Pc3がd4-e5と2度駒取りをし
（4）成Bをg3まで連れていき
（5）Pf2xe3としてからBf2とする
という順序で、無事2枚のBを目的地まで送り届けることが可能となる。
この手順をよく見ると、ここまでの白の5度の駒取りは全て黒枡のみ。しかし白は黒のBc8も取っているのだから、これはd3で白Pに取られたと考えるほかない。そしてこのように手順が進んだ後でh筋の黒Pが成ったとしても取られることはないから、この成駒は出題図でg8にいるSであることが分かる。更に言うと、他の黒Pの駒取りが全て黒枡なので、この黒Pが取ったのは白Bf1であることも分かる。
ではここで、最初の問いを考えてみよう。現在白の手番としてよいのだろうか？（もしそうならば、1.Sxf7+ Kxh7 2.Sf8#までの詰となる） ここまでの考察から、もし直前の着手が黒だとすれば、それはPb7-b6以外あり得ないことになる。以下ではその仮定に基づいて話を進めていこう。
これまでの分析から、最後の駒取りは黒Ph3xBg2であることが分かっている。その時の局面は、例えば次のようなものになる筈だ。
（図1）
e7に入る直前の白Bはd6にいなくてはならない。ということはPd7-d6と戻さなくてはならず、その為にはBc8をd3でuncaptureしなくてはならず...という論理の連鎖からこのような配置になるが、実はこの局面はillegalである。というのは、この直前にあった駒取りが白だとしても黒だとしても矛盾を生じるからだ。
もし直前の駒取りが黒側だったとすると、それはPe7xf6しかないが、そうすると黒Qが初形位置で取られたことになってしまう。しかし一方、直前の駒取りが白だったとすると、白はBf1-g2,Pg2-g3と戻してBf2を動かし、Pf2xe3とするしかない。ところが、その形では白Rh1が外へ出ることができない。よって、いずれの場合も矛盾。以上より、現在白番ではあり得ないということが証明された。
尚、出題図で黒番ならば図1においてPb7→b6とした局面になり、ここでPe7xRf6としても矛盾は生じない。（もっと言うと、黒Bc8を急いで戻す必要もない）
あとは実際にやってみれば、Aコースは不可能であることが明らか（Pb2のままでは、黒Pa7は白Qも白Rh1も取れない）。一方、Bコースは実現可能である。よってオリジナルのBはe7ということになる。
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