　$S_i = \dfrac{i(i+1)}{2}$ とおき，条件を満たさない $n$ が，$3$ および非負整数 $k$ によって $2^k$ と表される正整数のみであることを示そう．

　まず，$n=3$ と $n=2^k$ が条件を満たさないことを示す．$n=1,2,3$ のときは明らか．$n=2^k$ $(k\geq 2)$ のとき，$1\leq a\lt b\leq 2^k-1$ なる整数 $a,b$ であって $S_a\equiv S_b\pmod{2^k}$ をみたすものがあるとすると，
    $$\frac{1}{2}(b-a)(a+b+1)\equiv 0\pmod{2^k}$$
となる．$b-a$ と $a+b+1$ のうち一方は奇数なので，上式をみたすためには $b-a$ と $a+b+1$ のうちどちらかが $2^{k+1}$ で割り切れる必要がある．しかし，$1\leq b-a\leq 2^k-2$ と $4\leq a+b+1\leq 2^{k+1}-2$ よりこれは不適．

　逆に，上記以外の全ての正整数 $n$ が条件を満たすことを示す．まず，$n$ が $5$ 以上の奇数の約数をもつとき，$S_c\equiv S_1\pmod{n}$ なる $2$ 以上 $n-1$ 以下の整数 $c$ が存在することを示そう．このとき $n$ は $5$ 以上の奇数 $m$ と非負整数 $k$ を用いて $n=m\cdot 2^k$ と表せて，$m-1$ 個の整数 $1\cdot 2^k,2\cdot 2^k,\cdots ,(m-1)2^k$ はいずれも $m$ で割り切れず，かつ $m$ で割った余りがすべて異なるので，これらは $\hspace{-3mm}\mod{m}$ において $1,2,\cdots,m-1$ の並び替えになっている．$m\geq 5$ より
    $$m_0\cdot 2^k\equiv m-3\pmod{m}$$
    なる $m-1$ 以下の正の整数 $m_0$ が存在する．$k\geq 2$ のとき
    $$1\lt m_0\cdot 2^k+1\leq (m-1)\cdot 2^k+1\lt n-1$$
    $$1\lt 2^k-2\leq (m-m_0)2^k-2\leq (m-1)2^k-2\lt n-1$$
    であり，$m_0$ が偶数なら $S_{m_0\cdot 2^k+1}\equiv S_1\pmod{n}$，$m_0$ が奇数なら $S_{(m-m_0)2^k-2}\equiv S_1\pmod{n}$ となるのでよい．$k=1$ のときは $m_0$ が偶数のときは同様であり，$m_0$ が奇数のとき $m_0\leq m-2$ より
    $$1\lt 2^{k+1}-2\leq (m-m_0)2^k-2\leq (m-1)2^k-2\lt n-1$$
    なのでこれも先ほどと同様である．$k=0$ のとき
    $$(m-1)\cdot 2^k+3\equiv 2\pmod{n}$$
    $$(m-2)\cdot 2^k+3\equiv 1\pmod{n}$$
    より $m_0\leq m-3$ なので
    $$1\lt m_0\cdot 2^k+1\leq (m-3)\cdot 2^k+1\lt n-1$$
    $$1\leq 3\cdot 2^k-2\leq (m-m_0)2^k-2\leq (m-1)2^k-2\lt n-1$$
    となるため，このときも同様によい．また，$n=3\cdot 2^k(k\geq 1)$ と表されるときは $k\geq 2$ とすると
    $$m_0\cdot 2^k\equiv 1\pmod{3}$$
    なる $m_0$ ( $=1$ または $2$ )が存在し
    $$1\lt m_0\cdot 2^k+2\leq 2^{k+1}+2\lt n-1$$
    $$1\leq 2^k-3\leq (3-m_0)2^k-3\leq 2^{k+1}-3\lt n-1$$
    なので $m_0=1$ のとき $S_{2^{k+1}-3}\equiv S_{2}\pmod{n}$, $m_0=2$ のとき $S_{2^{k+1}+2}\equiv S_2\pmod{n}$ なのでよい．さらに，$n=6$ のときは $S_5\equiv S_2\pmod{6}$ なのでよい．

　以上より，条件を満たさないものは $3$ および $2^k$ $(k\geq 0)$ のみである．特に $100$ 以下の正整数で条件を満たさないものは $3, 2^k$ $(k=0,1,\dots ,6)$ であるので，解答すべき値は
    $$\sum_{n=1}^{100}n-\sum_{k=0}^{6}2^k-3=\mathbf{4920}$$
である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12678
$n$ が $5$ 以上かつ奇素因数 $p$ を持つときに条件を満たすことを別の方法で示す．

　**方針の概略** ： $\frac{k(k+1)}{2} \bmod{p}$ が取りうる値の個数が $p$ に対して十分少ないことから，$\frac{k(k+1)}{2}\bmod{n}$ が取りうる値の種類も少ないということを示して，ある $n=a,b$ で重複が生じていなくてはならないということを導く。

　まず集合 $I(n)$ を 

$$I(n) = \left\\{ \frac{k(k+1)}{2} \bmod{n} \mid k=1,2,\dots, n-1  \right\\}$$

で定める．もし条件を満たさないなら，$k$ ごとに剰余類は異なるから 
$$
\frac{\\# I(n)}{n} = \frac{n-1}{n} \geqq \frac{4}{5}
$$
である（取りうる値の種類は十分多いと考える）．一方で，$\frac{k(k+1)}{2} \equiv 2^{-1}(k+2^{-1})^2 - 2^{-3} \pmod{p}$ なので （※）
$$
\begin{aligned}
\left\\{  \frac{k(k+1)}{2} \bmod{p} \mid k=1,2,\dots, n-1 \right\\} \subset \left\\{ 2^{-1}x - 2^{-3} \mid x は 0 または平方剰余  \right\\}
\end{aligned}
$$
だから，左辺の集合の要素数は高々 $\frac{p+1}{2}$個である（実際はちょうど$\frac{p+1}{2}$個でもある）．そこで，$h$を左辺の要素数として
$$
\left\\{ \frac{k(k+1)}{2} \bmod{p} \mid k=1,2,\dots, n-1 \right\\} = \\{ c_1 \bmod{p}, \dots, c_{h} \bmod{p}\\}
$$
であるような $c_1,\dots, c_{h} \in \mathbb{Z}$ を取る($i\neq j$ならば$c_i \not\equiv c_j \pmod{p}$ に注意)．このとき
$$
I(n) \subset \\{ (c_i + pk) \bmod{n} \mid k=1,2,\dots, \frac{n}{p},\quad i=1,2,\dots, h \\}
$$
であるから，個数を評価して
$$
\\#I(n) \leqq \frac{n}{p}\cdot h  \implies \frac{\\#I(n)}{n} \leqq \frac{h}{p} \leqq \frac{p+1}{2p} \leqq \frac{2}{3}
$$
を得るが，これは $\frac{\\# I(n)}{n} \geqq \frac{4}{5}$ に反する．よって矛盾であり，この場合は条件を満たす．

　したがって，あとは $n=3, 2^{k}$ ($k=0,1,2,\dots$) が条件を満たさないことを確認すればよい（本解と同様である）．


（※）$2^{-1}$の意味が有理数から剰余体の元に変わっていることに注意（間違ってはいない）．$2^{-1} \equiv\frac{p+1}{2} \pmod{p}$ なので，$4k(k+1) \bmod{p} = (2k+1)^2 - 1 \bmod{p}$ を $\left(\frac{p+1}{2}\right)^{3}$ 倍した式と読み替えてもよい．その場合は，$x - 1$ ($x$ は平方剰余) の集合の各要素を $\left(\frac{p+1}{2}\right)^{3}$ 倍した剰余が，$\frac{k(k+1)}{2} \bmod{p}$ が取りうる値の集合になる．
別の絞り方（割合を見る）
https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12678/683
　$n=3,n=2^k$ が条件を満たさないことは本解同様．\
　$n$ が $5$ 以上の奇数のとき，$ a=\frac{n-1}{2}-1, \ b=\frac{n+1}{2}$ が条件を満たす．\
　$n=m\cdot 2^k$ と $3$ 以上の奇数 $m$ および 正整数 $k$ を用いて表されるとする．このとき

$$a=\frac{n}{2}+\frac{m-1}{2}-2^k,\hspace{3mm} b=\frac{n}{2}+\frac{m-1}{2}+2^k$$

とおくと

$$S_b-S_a=\frac{1}{2}(b-a)(a+b+1)=2^k(m+n)=(2^k+1)n$$

となるので，$1\leq a,b\leq n-1$ ならば $n$ は条件を満たす．\
　まず $\frac{n}{2}=\frac{m}{2}\cdot 2^k\gt 2^k$ より $a\gt 0$．また $b$ に関して，

$$\frac{2b}{n}=\frac{(m+2)(2^k+1)-3}{m\cdot 2^k}\lt \left(1+\frac{2}{m}\right)\left(1+\frac{1}{2^k}\right)$$

であり，$1+\frac{1}{2^k}\leq \frac{3}{2}$ より

$$\left(1+\frac{2}{m}\right)\left(1+\frac{1}{2^k}\right)\geq 2\Longleftrightarrow (m,k)=(3,1), (3,2), (5,1)$$

このうち $(m,k)=(3,2)\ (\Leftrightarrow n=12)$ のときは $b=11\lt n$，$(m,k)=(5,1)\ (\Leftrightarrow n=10)$ のときは $b=9\lt n$ となって条件を満たす．最後に $(m,k)=(3,1)$，つまり $n=6$ のときは $(a,b)=(2,5)$ と取り直すとこれは条件を満たす．以上より $3, 2^k$ 以外の全ての正整数は条件を満たす．

　非自明な構成に見えるかもしれないが，直感的には $\frac{m\pm 1}{2}$ を中心として「足し合わせて $m$ となるペア」を $2^k$ 組作っているだけである．ただしそのままでは大きい $k$ に対して $a\lt 0$ となってしまうので，全てに $\frac{n}{2}$ を加えてほとんどの場合で $a,b$ が $1$ 以上 $n-1$ 以下となるようにした．
a,bのより簡潔な構成
https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12678/684
　$1$ 以上 $100$ 以下の整数 $n$ であって，
$$ 1 + 2 + \cdots + a \equiv 1 + 2 + \cdots + b \pmod{n} $$
を満たす相異なる $1$ 以上 $n$ 未満の整数 $a,b$ が存在するものの総和を求めてください．