是-位置看起來像真正的國際象棋遊戲越少，就越難發現它是否非法。有時，需要逆行分析來證明可以合法地獲得職位。例如，請參見馬匹調合的起始位置，該位置可以被證明是合法的：

  [FEN“ 8 / 7P / 1P5B / 2B1Q1n1 / 3nn2P / 1PRnk1nR / 3nnnK1 / 2B1nQBn w--0 1“]  

但是，由於懷特的棋子必須捕獲至少五個黑色棋子，所以與另一個黑色棋子相同的位置是非法的：

  [FEN“ 8 / 1b5P / 1P5B / 2B1Q1n1 / 3nn2P / 1PRnk1nR / 3nnnK1 / 2B1nQBn w--0 1”]  

如果我們將“非法位置”定義為在使用合法舉動的遊戲中不可能發生的位置，我認為最難發現的是看起來正常但無法實現的位置。

例如，該位置看起來合法，但確實存在在現實遊戲中，這種位置是不可能發生的-所有16個黑色棋子都在棋盤上，而白色棋子卻翻了一番。可能有很多這樣的職位，您提到的規則都沒有違反，但是這些職位是無法實現的，例如：

  [FEN“ 4rrk1 / ppp1bppp / 2npbn2 / 1B6 / 3NP1q1 / 1P1Q1N2 / P1P2PPP / 1K1RR1B1 w Qq-0 0“]  

白色主教無法到達g1。

  [FEN” 2krr3 / pppbppbp / 2n1pnp1 / 1B2q3 / 4P3 / 2N1QB2 / PPP1NPPP / R4RK1 w KQkq-0 0“]  

白色無法獲得兩個白色方形主教。是的，他們可以在理論上提升棋子，但可能的唯一方塊是d8，而這個方塊是黑色的。因此，他們這樣做了之後，主教就會變成黑色正方形（更不用說一個事實了，即在c7和e7上有兩個棋子，主教無法擺脫那裡。

  [FEN“ 6k1 / p1p1np1p / 1p4p1 / 3Kqr2 / 8 / BQP3P1 / P4P1P / 1R6 w--0 0“]  

最後一步是什麼？等等。

此順序中的最終位置是合法的。 （請參見Baibikov，“最後一次移動中的長度記錄？”問題，A15。）值得注意的是，它是可以確定最後17次單個移動的最鮮為人知的位置，沒有國王在控制中，而是

可以從懷特最後一次移動的棋盤位置推導出來。在白方就位的同時，黑方需要用完四輪才能推出h7​​棋子。因此，如果Black再轉一圈，Black將不得不再次推動典當行，超出圖表位置。因此，圖表位置在黑移動時是合法的，在白移動時是非法的。同樣，如果將黑色棋子放置在h4而不是h3上，則該位置將是非法的，因為黑色棋子只能用3個回合推動棋子，因此無法給予白色棋子足夠的移動位置。

  [Title“ Dmitri Baibikov”的標題] [fen“ 8 / Ppp4p / rp6 / 1k6 / n7 / KPP5 / pPP4P / 1b6 w--0 1”] [StartFlipped“ 0”] [StartPly“ 17”] 1。 h3 {白人必須花4圈才能將此棋子移至h6，因此切勿使用兩格選項} Ka5 {解開布萊克的騎士} 2. h4 Nc5 3. h5 Ne6 4. h6 Ng7 5. hxg7 h6 {黑色必須花費4輪流將此棋子移至h3，因此切勿使用兩格選項} 6. g8 = N h5 7. Nf6 {Ne7？ h4 8. Nc6 + ??} h4 8. Nd7 h3 9. Nb8  

白方有7個單位，因此黑方進行了9次捕獲。懷特的a-pawn始終位於a2或b3上。因此，b1上的黑色主教不是原始的c8主教，而是由促銷a2xb1 = B創建的主教。因此，這個黑色的棋子和現在在a2上的那個棋子是Black的d和e棋子，它們進行了3 + 4 = 7次捕獲才能到達a2。連同a2xb1和a7xb6，這使得9佔了Black對White的9個缺失單位的捕獲量。 （其中包括c1主教。因此，當主教仍在c1上的家中時，懷特進行了d2xc3的捕獲，後來被黑色典當捕獲。）

黑方有8個單位，因此白方進行了8次捕獲。白色典當至少捕獲了6次axb3，dxc3，exdxcxbxa，佔White的8次捕獲中的2次之多。黑方的a-pawn始終位於a7或b6上，因此白方捕獲了e2xd3xc4xb5xa6。

因此，白方的f，g，h典當之間不能捕獲兩次以上。在g7上捕獲的一個然後提升為wNb8，而另外兩個則丟失。布萊克（Black）的9次捕獲全部都在棋子的後方。因此，懷特升遷了兩個失踪的典當，以便趕到皇后區被俘虜。布萊克的f，g，h典當什麼都沒有捕獲，因此從不離開其文件，並且h典當仍在h文件中。因此，為使White的h-pawn避免Black的h-pawn並進行升級，它必須捕獲到g文件。如果懷特的f典當和g典當都沒有被捕獲，那麼懷特的f典當不可能超越布萊克的f典當，所以也就不能晉升。因此，懷特的f和g典當之一僅捕獲了一次，這意味著所有懷特的捕獲都是由典當進行的。

假定懷特的最新捕獲（在我的圖表範圍內）不是h6xNg7但是f6xNg7。後來，懷特早先的舉動是在f文件上作了一個典當。布萊克的f典當不在圖中，所以發生了什麼？它沒有什麼要捕獲的，因此從不離開f文件。它不可能晉升，因為懷特的f-pawn妨礙了我們。但這並沒有被捕獲，因為懷特的八次捕獲中有六次在皇后區，而另外兩個是fxNg7和hxPg（讓懷特的g和h-pawn得以提升）。

所以懷特最新的捕獲是h6xNg7。現在板上的國王典當已在同一文件中，因此不會出現上述困難。懷特扮演了fxPg或gxPf，然後懷特的f和g-pawns和布萊克的剩餘f或g-pawn晉升而沒有被捕獲。

您可能認為相關的某些職位是“非法群集”問題的答案。非法聚類是在正方形上排列的單位的排列，不能屬於任何合法位置，但是如果從非法聚類中刪除任何單位，那麼結果就是合法位置的一部分。

在這裡，特別是複雜的一個：

  [標題“ Dmitri Baibikov，《問題主義者》，2010年3月，R421v”] [fen“ B7 / 1np3p1 / N1P1p3 / RPr1K1p1 / pnkp4 / P1p5 / B1P1P3 / RN6 w--0 1 “] [StartFlipped” 0“]  

Dmitri Baibikov指定“添加單位以構成非法集群”。如果您想解決這個問題，我把答案放在一個擾流塊中：

（由Gerd Wilts進行回答和分析。我已經修改了他的表示法以便指出向前移動；他記下了縮進。請參見PDB上的 P1192196。）

添加wRb2，wPg6，bQb3，bBd5，bNb8。

Retro 1. ... Nd6-b7 2. Bb7-a8 N〜3. Bc8-b7 N〜4. Bd7-c8 Nf1〜5. Be8-d7 f2-f1 = N 6. Bf7- e8 f3-f2 7. B〜f4-f3 8. B〜f5-f4 9. Be8〜??? {黑棋的棋子不能在f6上，因為它會檢查} 10. e7-e8 = B f7-f5 11. f6xBe7（關鍵位置）Bf8-e7 12. Kf5-e5 e7-e6 +。然後，白色捕獲dxcR，並在h8上取消提升R，黑色捕獲bxc（B，Q）和hxg（Q，B）。但是從圖表（添加單位後）到臨界位置時，黑方都必須退縮，白方必然使偶數移動，而黑方必然使奇數移動，並且任何一方都不能更改奇偶校驗，因此第一個位置是非法的。刪除bPa4將合法化，因為懷特可以改變與Ra4的比價。如果我們添加bRb3而不是bQ，則刪除wPa3不會合法化，因為在收回n.Ra3 + Rb3之後，bRa3無法逃逸到b2。

因此，上述問題的答案是非法職位，不能通過添加更多單位將其合法化。 （在任何情況下都不能再添加白色單位，因為白色在c3上有14個黑色的棋子，而g5捕獲了另外2個棋子;並且不超過一個黑色單位，因為黑色在c6上具有14個黑色和白色的d-pawn現在捕獲了一個棋子。 ），但添加不同的單位集可能會產生法律地位。

最不規則的規則之一說，你不能逃避檢查。您必須移動國王，阻止支票或捕獲支票。因此，如果有國王在控制城堡，那麼在視覺上就不會那麼明顯。

這裡沒有提到三重檢查，但它出現在這裡：三重檢查是否可能？

@MeniRosenfeld的示例4a涵蓋了這一點，但提出了一個具體案例可能會抓人，因為如果沒有將典當加倍，最初看起來好像沒有捕獲。當然，它的偽裝必須更好一些，例如在d4 / e5處使用白色棋子，在d5 / e4處使用黑色棋子：

  [標題為“ pawn switch”] [fen“ rnbqkbnr / p1pppppp / 8 / 1P6 / 1p6 / 8 / P1PPPPPP / RNBQKBNR w--0 1“] [StartFlipped” 0“]  

然後從@AlexPetrov的第二個示例中讀取被埋葬的主教，

  [標題為“跳車”” [fen“ 7k / 8/8/8 / p1p5 / PpPp4 / 1P1P4 / 2B2RRK w--0 1”] [StartFlipped“ 0”] 代碼> 

主教永遠不會移動，因此a1子程序也永遠不會跳過。實際上，我們確實需要棋盤上的兩個白嘴鴉都是非法的，因為一個騎士可能已經走到b3並把白嘴鴉拉到了a1（或者如果遊戲真的很奇怪，則是a2或b1）上並撤退了。

我認為錯誤標記非法職位（例如沒有新手）將是他們自己的難題。

ETA：Evargalo很好地說明了不充分宣傳新手的情況。我應該把所有懷特的棋子都放在棋盤上以確保。但是那時的職位似乎更加人為。