Dans ce cas, les blans ont aussi loupé des mats en un coup !

Mais je ne serais pas étonné d'avoir loupé des choses et que la réposne soit beaucoup plus que cela !

Est-ce qu'on peut rétrograder plus de trois demi-coups ?

Les noirs ont fait deux prises, les blancs une seule : celle du pion en b3. Comme il ne manque que le pion h (ou g) chez les noirs, c'est que ce pion s'est promu avant d'être pris en b3, ou qu'il a remplacé la pièce noire prise en b3.
Le fou noir en h2 n'est pas issu de la promotion du pion h (il faudrait alors qu'un fou de cases noires ait été pris en b3, case blanche). On peut donc reconstituer une partie des événements : le pion h a pris sur la colonne g, s'est rendu en g3 (pion blanc en g2 !), a pris la tour blanche en h2 et s'est promu en h1.
Ensuite, le fou noir est allé en h2, les blancs ont poussé g3, puis ils ont sorti leur fou f1, le roi et la dame. A un moment, la pièce noire promue en a profité pour sortir. Notons que ce n'était donc pas une tour (prisonnière)
Enfin, tout cela a été précédé de a2xb3 et le voyage de la tour de a1 à la colonne g pour y être prise par le pion h.

Maintenant, le passé proche. On ne peut pas rétrograder de prises (la dernière ayant été g3xTh2, il y a longtemps !), ni le coup g2-g3 (ancien lui aussi !). Dès lors :
Les blancs donnent un échec qui ne peut s'expliquer que par Dg1-g2.
Et c'est là qu'on ne peut pas rétrograder n'importe quoi ! Si on "rétrograde" un coup quelconque (du genre Te6-e5), on se retrouve "rétro-pat" ! Il faut donc libérer un cavalier blanc par b7-b6 ou g7-g6. b7-b6 est exclu (le fou c8 serait emprisonné et sa présence en g8 inexplicable), on peut donc affirmer avec certitude que les trois derniers coups furent :

(n-1) Cg6-h8 g7-g6
(n) Dg1-g2 #

Au n-1 ème coup, les noirs ont loupé 4 mats : Db4, Dc5, Dc6 et Tc5 (plus Cb1 dans la version avec le Cn en b3).

Auparavant, les noirs ont joué un coup indéterminé. Il me semble que si on reprend Cc4-d6, les noirs n'ont manqué qu'un seul mat à ce coup (Db4 #) et qu'en rétrogradant encore Da6-Db5 (avec un coup du cavalier blanc entretemps), on tombe sur une position où il n'y a pas de mat en un coup… (
Donc je dis : cinq mats en un coup (et six dans la version avec Ca3). Et je suis bien certain qu'il m'en manque quelques-uns !

En revanche, la solution de cyrille me paraît correcte, en rétogradant (avant Tc4-d4+) les coups Rc3-d3 et Tc4 (venant de h4, par exemple...), et encore avant Rd3-c3. Enfin, Rc3-d3 est précédé d'un echec direct de la dame ou d'une découverte du cavalier (Cc4-d6). Seule cette dernière possibilté élimine les mats en un coup. Donc ce serait :

1... Cc4-d6+
2 Rd3-c3 Th4-c4+ (ou Tg4-c4 etc)
3 Rc3-d3 Tc4-d4+
4 Rd3-c3 Rd5-e4 (manquant 4 mats)
5 Dg1-g2 #

Avec le cavalier en a3, on a la même solution, qui oublie un mat de plus au 4ème coup (Ca3-b1#) et un au troisième (Tc4*c2#).

Ca me paraît plus proche de la vérité...

Manifestement, il me manque les mats "anciens" de l'indication de troll. Qui pourraient bien être deux fois Ce4# ! Mais il me manque encore (au moins) une pièce du puzzle...