　問題の条件において, $a_{210}=k, a_{8765}=(k-2)^2$ の条件を $a_1=k, a_{8556}=(k-2)^2$ に変更して考えてよい.\
　$\dfrac{a_ia_{i+2}}{a_{i+1}^{k-1}}$ が最大となるような $2$ 以上 $n+1$ 以下の整数 $i$ をとる. 
$$\dfrac{a_{i-1}a_{i+1}}{a_i^{k-1}}\leq\dfrac{a_ia_{i+2}}{a_{i+1}^{k-1}},\quad \dfrac{a_{i+1}a_{i+3}}{a_{i+2}^{k-1}}\leq\dfrac{a_ia_{i+2}}{a_{i+1}^{k-1}}$$
より, 
$$a_{i-1}\leq\dfrac{a_i^ka_{i+2}}{a_{i+1}^k},\quad a_{i+3}\leq\dfrac{a_ia_{i+2}^k}{a_{i+1}^k}$$
ゆえに, 問題の式に代入して下式を得る.
$$\begin{aligned}
a_ia_{i+2}(a_i^k+a_i)(a_{i+2}^k+a_{i+2})&=a_{i+1}^{2k}\Big(a_{i-1}+\dfrac{1}{a_{i+1}}\Big)\Big(a_{i+3}+\dfrac{1}{a_{i+1}}\Big)\\\\
&\leq a_{i+1}^{2k}\Big(\dfrac{a_i^ka_{i+2}}{a_{i+1}^k}+\dfrac{1}{a_{i+1}}\Big)\Big(\dfrac{a_ia_{i+2}^k}{a_{i+1}^k}+\dfrac{1}{a_{i+1}}\Big)
\end{aligned}$$
従って, 下式より $\dfrac{a_ia_{i+2}}{a_{i+1}^{k-1}}\leq1$ である.
$$a_ia_{i+2}(a_i^ka_{i+2}+a_ia_{i+2}^k)+a_i^2a_{i+2}^2\leq a_{i+1}^{k-1}(a_i^ka_{i+2}+a_ia_{i+2}^k)+a_{i+1}^{2(k-1)}$$
以上より, 任意の $2$ 以上 $n+1$ 以下の整数 $m$ に対し, $\dfrac{a_ma_{m+2}}{a_{m+1}^{k-1}}\leq1$ である.  $\dfrac{a_ia_{i+2}}{a_{i+1}^{k-1}}$ が最小となるような $2$ 以上 $n+1$ 以下の整数 $i$ をとることにより, 全く同様に任意の $2$ 以上 $n+1$ 以下の整数 $m$ に対し, $\dfrac{a_ma_{m+2}}{a_{m+1}^{k-1}}\geq1$ であることがわかる. ゆえに, 任意の $n$ 以下の正整数 $m$ に対して, $\dfrac{a_ma_{m+2}}{a_{m+1}^{k-1}}=1$ である. ここで, 関数列 $(f_m)$ を
- $f_0(x)=0, f_1(x)=1$
- 任意の整数 $i$ に対し, $f_{i+2}(x)=xf_{i+1}(x)-f_i(x)$

を満たすようにとる. このとき, $a_1 = k$ であるから, $a_2=A$ とすると
$$a_m=k^{f_{2-m}(k-1)}A^{f_{m-1}(k-1)}$$
が成り立つ. 

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**補題.**　$\sin{\theta}\neq0$ なる実数 $\theta$ と任意の整数 $m$ に対して 
$$f_m(2\cos\theta)=\dfrac{\sin m\theta}{\sin\theta}$$
が成立する. 特に, 
$$f_m(x)=-f_{-m}(x),\quad f_{m-1}(x)f_{m+1}(x)+1=f_m(x)^2$$
であり, $m$ が $2$ 以上のとき, 
$$f_{m}(x)=\Big(x-2\cos\dfrac{\pi}{m}\Big)\Big(x-2\cos\dfrac{2\pi}{m}\Big)\cdots\Big(x-2\cos\dfrac{(m-1)\pi}{m}\Big)$$
が成り立つ.
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**証明.**　$m=0,1$ では明らか. $m=p,p+1$ で成立すると仮定すると
$$\begin{aligned}
f_{p+2}(2\cos\theta)&=2\cos\theta f_{p+1}(2\cos\theta)-f_p(2\cos\theta)\\\\
&=\dfrac{2\cos\theta\sin(p+1)\theta-\sin p\theta}{\sin\theta}\\\\
&=\dfrac{(\sin(p+2)\theta+\sin p\theta)-\sin p\theta}{\sin\theta}\\\\
&=\dfrac{\sin(p+2)\theta}{\sin\theta}
\end{aligned}$$
より, $m=p+2$ での成立が確認できるため, $m$ が非負のときについて示された. $m$ が負の場合も同様に $f_m(2\cos\theta)=\dfrac{\sin m\theta}{\sin\theta}$ を示せる.\
　また, $m$ が正のとき, $f_m(x), f_{-m}(x)$ は最高次の係数がそれぞれ $1, -1$ である $m-1$ 次多項式であるため,  $f_m(x)=-f_{-m}(x)$ 及び,  $m$ が $2$ 以上の整数のとき
$$f_{m}(x)=\Big(x-2\cos\dfrac{\pi}{m}\Big)\Big(x-2\cos\dfrac{2\pi}{m}\Big)\cdots\Big(x-2\cos\dfrac{(m-1)\pi}{m}\Big)$$
であることは明らか.
$$\begin{aligned}
f_{m-1}(2\cos\theta)f_{m+1}(2\cos\theta)+1&=\dfrac{\sin(m-1)\theta\sin(m+1)\theta+\sin^2\theta}{\sin^2\theta}\\\\
&=\dfrac{(\sin m\theta\cos\theta-\cos m\theta\sin\theta)(\sin m\theta\cos\theta+\cos m\theta\sin\theta)+\sin^2\theta}{\sin^2\theta}\\\\
&=\dfrac{(\sin m\theta\cos\theta)^2+(1-\cos^2m\theta)\sin^2\theta}{\sin^2\theta}\\\\
&=\dfrac{\sin^2m\theta}{\sin^2\theta}=f_m(2\cos\theta)^2
\end{aligned}$$
より, $f_{m-1}(x)f_{m+1}(x)+1=f_m(x)^2$ も成立する.
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$f_m(x)=-f_{-m}(x)$ と $a_{n+1}=k, a_{n+2}=A$ より下式を得る.
$$\begin{aligned}
(f_{n-1}(k-1)+1)\log k&=f_{n}(k-1)\log A\\\\
f_{n}(k-1)\log k&=(f_{n+1}(k-1)-1)\log A
\end{aligned}$$
- $k = 1$ のとき\
　$a_1 = a_2 = \cdots = a_{n+4} = 1$ は条件を満たす. 

- $k \neq 1, f_n(k-1)\neq 0$ のとき\
　上の二式を変形することで
$$(f_{n-1}(k-1)+1)(f_{n+1}(k-1)-1)=f_{n}(k-1)^2$$
を得る. 従って, $f_{n-1}(k-1)f_{n+1}(k-1) + 1 = f_n(k-1)^2$ や $(f_m)$ にも気をつけることで, 
$$4f_n(k-1)^2 = (f_{n-1}(k-1) + f_{n+1}(k-1))^2 = (k-1)^2f_n(k-1)^2$$
が成立することが分かるので, $k = 3$ を得る. よって, $\dfrac{a_ma_{m+2}}{a_{m+1}^{k-1}}=1$ に気をつければ数列 $a$ の隣接する二項の比は一定であるが, $a_1 = a_{n+1}$ であるからその比は $1$, つまり $a_1 = a_2 = \cdots = a_{n+4}$ である. しかしこれは $a_1 \neq a_{8556}$ に矛盾するため不適. 

- $f_{n}(k-1) = 0$ のとき\
　ある $\dfrac{2n}{3}$ 未満の正整数 $i$ を用いて $k = 2\cos\dfrac{i\pi}{n} + 1$ と表せるが, $i$ が奇数のときは $f_{n-1}(k-1) = 1$ となり不適. 従って $k$ は $i = 1,2,...,14403$ を用いて $k = 2\cos\dfrac{i\pi}{21605} + 1$ と表せる. 
$$a_{8556}=k^{f_{-8554}(k-1)}A^{f_{8555}(k-1)}$$
より, $f_{8555}(k-1)\neq0$ のときは各 $k$  に対して条件をみたす $a_1,a_2,\cdots,a_{43214}$ が $1$ つ存在する.  $f_{8555}(k-1)=0$ のとき, $f_{-8554}(k-1)=\pm1$ より, $a_1=a_{8556}$ または $a_1a_{8556}=1$ であるため, 条件をみたすものは
$$k=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}, \dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\Big(=2\cos\dfrac{\pi}{5}+1, 2\cos\dfrac{3\pi}{5}+1\Big)$$
のみである. $\theta=\dfrac{\pi}{5}, \dfrac{3\pi}{5}$ のとき $f_{-8554}(2\cos\theta)=-1$ より, いずれの場合も任意の $A$ で条件をみたす $a_1,a_2,...,a_{n+4}$ が存在する. $f_{8555}(k-1) = 0$ は $\dfrac{8555i}{21605}$ が整数となることと同値であるから, このような $k$ は $96$ 個存在する. 

以上より求める値は $1+14403-96+2=\mathbf{14310}$ である.
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/imo2022-day2/editorial/2398
　$n=43210$ とします. 正の実数 $k$ であって, 次の条件をみたす $n+4$ 個の正の実数 $a_1,a_2,\cdots,a_{n+4}$ が存在するものはいくつありますか. 
- $a_{210}=k, \quad a_{8765}=(k-2)^2$ 
- $a_{n+1}=a_1,\quad$ $a_{n+2}=a_2,\quad$ $a_{n+3}=a_3,\quad$ $a_{n+4}=a_4$
- $i=1,2,\cdots,n$ に対して, 
$$a_{i+2}^{2k}\Big(a_i+\dfrac{1}{a_{i+2}}\Big)\Big(a_{i+4}+\dfrac{1}{a_{i+2}}\Big)=a_{i+1}a_{i+3}(a_{i+1}^k+a_{i+1})(a_{i+3}^k+a_{i+3})$$