Дыктатар Зімбабвэ запрасіў на дзень нараджэння 20 тысяч гасцей

Роберт Мугабэ - кіраўнік найбяднейшай краіны Афрыкі - збіраецца адсвяткаваць сваё 91-годдзе з разгулам.

У раскошным спа-гатэлі непадалёк ад вадаспадаў Вікторыя 20 тысяч запрошаных гасцей атрымаюць асалоду ад страваў з двух сланоў, двух буйвалаў, пяці антылоп і аднаго льва. Акрамя гэтага, з Кітая будзе дастаўленая партыя з яшчэ 27 сланоў, піша NEWSru.com.

Як распавёў газеце Le Figaro мясцовы фермер, цяпер ідуць перамовы з адміністрацыяй парку, у якім будуць забіваць жывёл: дамоўленасць з гатэлем наконт захоўвання мяса ўжо ёсць. Аднак гэтай акалічнасцю незадаволеныя абаронцы дзікай прыроды і мясцовыя жыхары. Са слоў зімбабвійцаў, жывёлы ўваходзяць у штогадовую квоту палявання, а неатрыманыя даходы ніяк не кампенсуюцца, паведамляе InoPressa.

Нягледзячы на праблему голаду ў Зімбабвэ, кіраўнік гэтай краіны не адмаўляе сабе ў шыкоўных святах. Летась на ягоны дзень нараджэння было запушчана 90 паветраных шароў, на абед было прыгатавана 90 кароў і выпечаны пірог вагой 90 кілаграмаў. Гэтыя падрыхтоўкі абышліся прэзідэнту ў 40 мільёнаў даляраў.

Сваё 85-годдзе Роберт Мугабэ таксама адзначыў на шырокую нагу: з двума тысячамі бутэлек шампанскага, 500 бутэлькамі віскі, васьмю тысячамі амараў, 100 кілаграмамі крэветак і чатырма тысячамі порцый чорнай ікры.

Мабыць, дыктатар не збіраецца спыняцца на дасягнутым: у снежні 2014 ён заявіў, што з уладай яго разлучыць толькі смерць, хоць паводле канстытуцыі краіны ён можа заставацца на сваёй пасадзе да 99 гадоў. Адзначым, што пры гэтым сітуацыя ў краіне вельмі крытычная - Зімбабвэ ўважаецца адной з самых бедных дзяржаў у Афрыцы.