　下 $2$ 桁はその数を $100$ で割った余りである．また，以下の合同式は指定がない限りすべて $100$ を法とする．\
　$2023=7\times17^2$ と素因数分解できる．また，$2023^{2023}$ の約数は $0\le m\leq2023,0\le n\leq4046$ を満たす整数 $m,n$ を用いて $7^m\times17^n$ と表せる．

---
**事実1．**$7^m\times17^n$ の一の位は，
- $m+n\equiv1\ (\mathrm{mod}\ 4)$ のとき $7$ である．
- $m+n\equiv2\ (\mathrm{mod}\ 4)$ のとき $9$ である．
- $m+n\equiv3\ (\mathrm{mod}\ 4)$ のとき $3$ である．
- $m+n\equiv0\ (\mathrm{mod}\ 4)$ のとき $1$ である．

<details><summary>証明<\/summary>
　$7^4\equiv1 \pmod{10}$ に気をつければ，

- $m+n\equiv1\ (\mathrm{mod}\ 4)$ のとき，$7^{m+n}\equiv(7^4)^{(m+n-1)\/4}\times7\equiv7 \pmod{10}.$
- $m+n\equiv2\ (\mathrm{mod}\ 4)$ のとき，$7^{m+n}\equiv(7^4)^{(m+n-2)\/4}\times7^2\equiv9 \pmod{10}.$
- $m+n\equiv3\ (\mathrm{mod}\ 4)$ のとき，$7^{m+n}\equiv(7^4)^{(m+n-3)\/4}\times7^3\equiv3 \pmod{10}.$
- $m+n\equiv0\ (\mathrm{mod}\ 4)$ のとき，$7^{m+n}\equiv(7^4)^{(m+n)\/4}\equiv1 \pmod{10}.$
<\/details>
---
**事実2．**$100$ を法とする $7$ の位数は $4$ である．

---
**事実3．**$100$ を法とする $17$ の位数は $20$ である．

---
**補題1**．次の命題が成り立つ．
- $n$ が奇数ならば $17^n$ の十の位は奇数である．
- $n$ が偶数ならば $17^n$ の十の位は偶数である．

<details><summary>証明<\/summary>
　まず，$n = 1,2$ の場合は正しいことを確認することができる．\
　次に，ある $n = k$ で成立していると仮定し，$n = k + 2$ の場合を考える．$1$ 以上 $10$ 未満の正の整数 $a_1,a_2$ を用いて $17^k \equiv 10a_1 + a_2$ と表すと，
$$17^{k + 2} \equiv 189(10a_1 + a_2) = 90a_1 + 89a_2$$
が成り立つ．いま，$a_2$ が奇数であることに気をつけると $89a_2$ の十の位は必ず偶数であることが確認できる．また，$90a_1$ の十の位の偶奇は $a_1$ の偶奇と一致するので，$n = k+2$ の場合にも成立することがわかる．\
　以上より，数学的帰納法により示された．
<\/details>

---
**補題2**．次の命題が成り立つ．
- $n$ が奇数ならば $7^{m}\times17^{n}$ の十の位は奇数である．
- $n$ が偶数ならば $7^{m}\times17^{n}$ の十の位は偶数である．

<details><summary>証明<\/summary>
　$1$ 以上 $10$ 未満の整数 $a_1,a_2,b_1,b_2$ を用いて $7^{m}\equiv10a_1+a_2, 17^n\equiv 10b_1 + b_2$ と表す．このとき，
$$7^m\times17^n\equiv 10(a_1b_2 + a_2b_1) + a_2b_2$$
である．ここで，事実2より $m$ が $0$ 以上 $3$ 以下の場合のみ考えればよく，このとき，$a_1$ は偶数，$a_2$ は奇数である．よって，$a_1b_2 + a_2b_1$ の偶奇は $b_1$ の偶奇と一致する．また，$b_2$ が $5$ でない奇数であることにも気をつければ $a_2b_2$ の 十の位は偶数である．したがって，補題1より示された．
<\/details>

---
　今，$7^m\times17^n$ の約数の個数 $(m+1)(n+1)$ が $4$ の倍数でないためには，$(m,n)$ は $4$ を法として次のいずれかと等しいことが必要十分である．
$$(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,2),(2,0),(2,1),(2,2)$$
である．ここで，事実1と補題2より，$(m,n)$ を $4$ を法として固定すると，$7^m\times17^n$ を $100$ で割ったあまりは $5$ 通りずつ考えられるが，事実2,3よりこれら $5$ 通りの値はすべて取り得る．以上より，約数の個数が $4$ の倍数でないような $2023^{2023}$ の約数の下 $2$ 桁として取り得る値は，

- 一の位が $3$ または $7$ のもの
- 一の位が $1$ または $9$ で十の位が偶数のもの

がすべてである．よって，求める総和は
$$(7+17+\cdots+97)+(9+29+\cdots+89)+(3+13+\cdots+93)+(1+21+\cdots+81)=\mathbf{1450}$$
である．\
　なお，事実2より，$10$ 以上の $2023^{2023}$ の約数であって $1,7$ と等しいものは存在する．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc208/editorial/7777
　$2023\^{2023}$ の正の約数 $d$ は $0\le m\le 2023$, $0\le n\le 4046$ なる整数 $n,m$ を用いて $d=7\^{m}\times17\^{n}$ と表せ, この時正の約数の個数は $(m+1)(n+1)$ 個である.  
よって, $d$ の正の約数の個数が $4$ の倍数でないものは以下の $3$ パターンに分類できる.  

- $m\equiv n\equiv 0\pmod 2$
- $m\equiv 0\pmod 2, n\equiv 1\pmod 4$
- $m\equiv 1\pmod 4, n\equiv 0\pmod 2$

以下, $(\mathbb{Z}\/100\mathbb{Z})\^{\*}$ 上で議論する.  
また, 以下の議論では $17\^{2b}=89\^b=(-11)\^b=(-1)\^{b}\times(10b+1)$ を度々用いることに留意せよ.   

上記の $3$ つの場合分けそれぞれについて, $d$ は

- $d=49\^a\times89\^b$ $(0\le a\le 1011$, $0\le b\le 2023)$
- $d=17\times49\^a\times89\^{2b}$ $(0\le a\le 1011$, $0\le b\le 1011)$
- $d=7\times 49\^{2a}\times89\^b$ $(0\le a\le 505$, $0\le b\le 2023)$

と表される.  



$(\mathbb{Z}\/\mathbb{100Z})\^{*}$ における $49,89$ の位数は $2,10$ である.   
従って, $49=-51=89\^{5}$ と併せて, 足し合わせるべき値の集合は,   
$\lbrace A\times 89\^b\mid A\in\lbrace1,7,17\rbrace, 0\le b\le 9\rbrace$ である.  


- $17\times 7\^{-1}=31$ より, $7\times 89\^{b\_1}=17\times 89\^{b\_{2}}$ とはなり得ないため, $\lbrace A\times 89\^b\mid A\in\lbrace7,17\rbrace, 0\le b\le 9\rbrace$ の元の個数は丁度 $20$ 個. 
- $7\times 89\^{b},17\times 89\^{b}$ の一の位は $3$ または $7$ であり, このような値は丁度 $20$ 個. 

に留意すれば, [公式解説](https:\/\/onlinemathcontest.com\/contests\/omc208\/editorial\/7777) にあるような値を足し合わせればよいことが分かる.
別解
https://onlinemathcontest.com/contests/omc208/editorial/7777/414
　正の約数の個数が $4$ の倍数でないような $2023^{2023}$ の $10$ 以上の正の約数について，その（十進法表記での）下 $2$ 桁としてありうる値の総和を求めてください．