TACforum.de

Hallo,

ich habe mein TAC-Spiel etwa vor 3-4 Jahren gekauft. Auf meinem Spiel ist die Angabe, dass TAC für 2-4 Spieler ist.

Nun sehe ich in diversen Datenbanken und auf der Homepage die Angabe 1 (!) - 4 Spieler.

Gibt es demnach aktuell eine Solovariante? Ich kann sie leider nirgends finden!? Vielleicht ist einer so nett und kann sie mir kopieren oder mailen.

Vielen Dank, Jan

P.S.: Im einem anderen Thread hier im Forum steht, dass sich wohl teils Regeln geändert haben im Laufe der Zeit und mein TACtic-Regelheft dementsprechend nicht mehr aktuell wäre? Ist dem so und welche Änderungen sind das? Danke auch hier für Antworten.

Hallo Jan,
in die Verlegenheit, TAC alleine zu spielen, bin ich noch nie gekommen.
Könnte mir aber vorstellen, dass man versuchen kann, gegen den Stapel zu spielen.
Du nimmst dir immer 5 Karten und spielst die für jede Farbe ab.
Stelle ich mir aber ziemlich linear vor ... da würde ich dann lieber Solitair spielen, oder so ;)
Vielleicht hat ja jemand anderes eine etwas reizvollere Idee ...
lg
Bene

Hallo,
TAC alleine zu spielen ist genial.
Ich hab das schon oft gemacht und es ist absolutes Gehirnjogging.
Es werden ganz normal 5 Karten pro Spieler ausgeteilt, man kann sie abre natürlich offen hinlegen, dann wird ganz normal mit dem gegenüber getauscht und los gehts...
MAn kann also 20 Züge im Voraus planen und es ist eine wirkliche Herausforderung.
Der Rekord liegt im Moment bei 88 Karten.
Ein paar Mathematiker haben sogar ausgerechnet, was die geringste mögliche Anzahl an Karten ist,  Mal schauen wer draufkommt.

PS Die Regeln haben sich nicht geändert, es wurden nur ein paar Sonderfälle ergänzt, ihr habt recht, wir werden das mal online stellen (z.b. TAC nach 8).

Hört sich doch nach ner guten Variante an.

was die minimale Zugzahl angeht, würde ich aus dem Bauch raus so rechnen.
Pro Kugel sind mindestens 3 Karten nötig. Mal 4 sind pro Spieler 12 Karten.
Ergo: Mit 48 Karten sollte das Spiel im optimalfall lösbar sein, oder?

Zitat von: bene am Mi,  5. Dez 2007, 12:46
Hört sich doch nach ner guten Variante an.

was die minimale Zugzahl angeht, würde ich aus dem Bauch raus so rechnen.
Pro Kugel sind mindestens 3 Karten nötig. Mal 4 sind pro Spieler 12 Karten.
Ergo: Mit 48 Karten sollte das Spiel im optimalfall lösbar sein, oder?

Wenn es 16 mal die 4 gäbe, dann auf jeden Fall! So muss man dann auf Trickser umsteigen - sollte aber auch kein Problem sein...

Ich habe nicht behauptet, dass man für alle Kugeln die 4 verwenden muss  8)

Zitat von: bene am Mi,  5. Dez 2007, 13:51
Ich habe nicht behauptet, dass man für alle Kugeln die 4 verwenden muss  8)

Das ist mir schon klar, dass du das nicht gesagt hast!  :)

Nachdem ich grade viel Zeit in der S-Bahn des MVV verbracht habe, behaupte ich jetzt mal, dass die Minimalanzahl zum Beenden eines TAC-Spiels 46 Karten ist. Ich bin zwar kein Mathematiker, und befürchte schon fast, dass die was anderes sagen, aber für meine Lösung benötigt man folgendes:
8mal 1
8mal 13
8mal 7
4mal 2
7mal 4
7mal Trickser
4mal TAC
Wenn es im Spiel auch 8 4er und 8 Trickser gäbe, dann bräuchte man die TAC-Karten nicht und würde somit auf 44 Karten kommen.

Das ganze erreicht man, wenn alle 4 Parteien die selben Karten ausspielen und nur die eigene Kugeln spielen. Für einen Spieler bedeutet das 11 Karten:

1,4,1,Trickser,7 (alle beide Kugeln ins Haus setzen)
13,7 (Haus ganz aufräumen, die neue Kugel 3 vor),13,Trickser,2 (3. Kugel ins Haus)
4 (letzte Kugel ins Haus)

Da es aber nur 7 4er und 7 Trickser im Spiel gibt, muss aufs ganze Spiel gesehen jeweils eine Karte durch 2 hintereinander gespielte TAC verdoppelt werden. Insgesamt ergibt sich also:

1. Runde - Spieler Nord hat das Aufspiel
1,1,1,1
4,TAC,TAC,4
1,4,1,1
Trickser,1,Trickser,Trickser
7,Trickser,7,7

2. Runde - Spieler Ost hat das Aufspiel
7,13,13,13
13,7,7,7
7,13,13,13
13,Trickser,TAC,TAC
Trickser,2,Trickser,2

3.Runde - Spieler Süd hat das Aufspiel
4,2,4,2
4 (für West gespielt),4 (für Ost gespielt)
--> 46 - FERTIG

wow, Respekt!

Die Möglichkeit, mit der 7 zwei Kugeln zu bewegen hatte ich auf die schnelle gar nicht auf dem Plan.
Ich könnte mir vorstellen, dass da noch Potential ist.
Wenn man das ganze geschickt dreht, kann man am Ende evtl 2 oder 3 Kugeln mit der 7 direkt auf die Endposition bringen.
Damit spart man sich den einen Aufräumzug.

Äh, meines Wissens gibt es je 8 Trickser und 4er???

Ne, da bin ich mir schon ziemlich sicher: :)

4 Meisterkarten
4 TAC
8 7er
9 1er, 13er
alle anderen Karten 7mal

REspekt...

Mich freut natürlich, dass ich anscheinend keinen Denkfehler in meinen Überlegungen habe! :) Ich würde aber schon gerne wissen, was die Mathematiker raus bekommen haben!

@bene
Ich glaube, dass ich die Variante gefunden habe mit der man die wenigsten gezogenen Felder benötigt. Dabei sind weniger die 7er das Problem als vielmehr die 4er - man kann immer nur eine Kugel "vor" das Startfeld und eine auf das Startfeld bringen...

Hier das Ergebnis von Eva und Andreas:

Die ersten 4 Kugeln: 4*3=12 (siehe erstes Kästchen)
Die zweiten 4: 4*3=12 (siehe zweites Kästchen)
die letzten 8: 5*4 + 2 (Sonderzüge von Spieler C wegen der Doppeltac)
=22 (siehe letztes Kästchen)
macht in Summe 46 Karten.

Das Diagramm, welches ich aufgeschrieben habe, musst du zeilenweise
lesen: Jede Zeile entspricht jeweils einer Runde.

Du hattest doch schon festgestellt, dass jede Kugel 3 Aktionen braucht:
raus, weg vom Startfeld, rein ins Haus. Das heißt, man würde als
potentielle Minimalanzahl erstmal 16*3=48 erwarten (hattest ja selbst
mal gesagt, dass dich alles darunter wundern würde), aber nur wenn man 8
4er und 8 Trickser hat, um das auch wirklich durchzuführen. Aber weil es
nur 7 4er und 7 Trickser sind, braucht man die Doppeltac auf eine 4 und
einen Trickser, um die fehlende 8.Karte davon zu ersetzen. Das führt
dazu, dass der Spieler, der jeweils die erste TAC der Doppeltac legt (im
Bsp. Spieler C), zwei Züge gemacht hat, die von der zweiten TAC
rückgängig gemacht werden. D.h. er ist 2 Karten im Verzug im Vgl. zu den
anderen Spielern. Also: 48+2=50 wäre die erwartete Zahl. Mit dem 7er am
Ende, der in einer Karte 2 Aktionen ausführt, kann man pro Spieler eine
Karte sparen, also 50-4=46 Karten.

(Spieler=A,B,C,D; Tr(A)= Trickser mit Spieler A)

    A       B       C     D
----------------------------
    1       1       1     1
    4       4       4     4 
    8       8       8     8
----------------------------
    1       1       1      1
Tr(C)    Tr(D)   Tr(A)  Tr(B)
    3       3       3      3
----------------------------
   13      13      13     13
    4       4      TAC   TAC (-> 4)
   13      13       4     13
  Tr(A)   Tr(B)    TAC   TAC (-> Tr(D))
    7       7      13      7
                   Tr(C)
                    7
----------------------------
...mit 7 als 2+5.
Also die ersten 8 Kugeln wie erwartet; die letzten 8 dann 2 Züge mehr als unsere erste Idee wegen der beiden Doppel Tacs.

Das ist natürlich noch kein Beweis (der wird wahrscheinlich nicht besonders hübsch für 4 Kugeln), also noch nicht klar, dass es wirklich das Minimum ist. Aber uns fällt sonst nichts schnelleres ein momentan.

...da simmer uns ja fast einig...  :)

obs mit 45 auch geht...?

also 45 glaub ich eher nicht!

Ich denke es geht eher darum, ob es mit 42 (4*10+2) Karten möglich ist, was ich aber aus folgenden Gründen für unmöglich halte:

* 42 Karten insgesamt bedeutet 10 Karten pro Partei, was bedeutet 5 Karten für 2 Kugeln
* 5 Karten für 2 Kugeln ist nur in folgender Kombination möglich
* Rauskommen - Positionieren - Rauskommen - Tricksen - Beide Kugeln in Haus setzen
* mit der Kombination 1-4-13-Tr-7 ist das möglich
* es ist möglich diese Kombination 2mal pro Partei zu spielen, allerdings fehlen dann 4 Augen um das Haus aufzuräumen
* indem man die Reihenfolge der zweiten 5 Karten variiert, kann man zumindest das "Haus aufräumen" und Positionieren in einer Karte (7) erledigen, benötigt dann aber eine Karte extra, da dann das "reinziehen" der letzten 2 Kugeln nicht mehr mit der 7 möglich ist

Möglich wäre es, wenn
* die 9 so spielbar wäre, wie die 7
* die 2 so spielbar wäre, wie die 4

Du hängst dich ja echt rein.
Dann gibt es jetzt noch eine Möglichkeit:
Die Harmonieversion im Singleplayer-Modus.
Da könntest Du mit einer 7 theoretisch die Kugeln von 4 Spielern bewegen, wenn Du das Haus voll machst. Die nötige Rundenverschiebung, dass einer asynchron fertig wird, könnte man mit dem Engel erreichen. Damit kann man, wenn man es geschickt anstellt, mit der 7 evtl. 3 Kugeln ins Haus bringen....
Wenn ich jetzt noch die Zeit hätte, das im detail auszuhecken .... Aber vielleicht hab ich am Wochenende Zeit dafür.

Neue Denksportaufgabe:

Wieviele Karten braucht man höchstens um reinzukommen, vorausgesetzt, keiner läuft absichtlich am Tor vorbei. Natürlich hebt man die Tacs auf, um wieder rauszutacen.

Ich glaube, diese Aufgabe ist noch schwieriger zu lösen.

Ich werde mir jedenfalls nicht den Kopf darüber zerbrechen, aber vielleicht machts Euch ja Spaß.

Haben sich die Profis schon geeinigt, ob man bei der Harmonieversion die 7 aufteilen kann, wenn 1 Team schon fertig ist?

die profis haben sich geeinigt:
man kann nicht.

PS ich glaube weniger als 46 geht nicht, man müßte es höchstens am brett ausprobieren
PPS die höchste anzahl ist limes gegen unendlich da man es immer so einrichten kann, dass man am haus vorbeiläuft...