　$x$ の二次方程式 $x^2-x-N=0$ は相異なる二つの実数解をもつから, それらを $\alpha\gt\beta$ とすれば, 以下が成立することがわかる. ただし, 解と係数の関係より $\alpha+\beta=1$ であることを用いた.
$$a_n=\dfrac{\alpha^n-\beta^n}{\alpha-\beta}$$
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**補題1.**　$a_{n+m}=a_{n}a_{m+1}+Na_{n-1}a_{m}$.\
**証明.**　$\alpha\beta=-N$ に留意すれば, straightforwardな式変形である.
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**補題2.**　$a_{n}$ と $a_{n+1}$ は互いに素である.\
**証明.**　$a_{n}$ は常に $N$ と互いに素であることに留意すれば, 帰納的に示される.
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**補題3.**　$\textrm{gcd}(a_{n},a_{m})=a_{\textrm{gcd}(n,m)}$ である. 特に $n\mid m\implies a_n\mid a_m$ である.\
**証明.**　補題2に留意すれば, Euclidの互除法の要領で補題1を順次適用することで示される.
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**補題4.**　正整数が素数 $p$ で割り切れる回数を $v_p$ で表す. $a_n$ が $p$ で割り切れるとき, 任意の $m$ について
$$v_p(a_{nm})=v_p(a_n)+v_p(m)$$
ただし, $p=2$ のときは $a_n$ が $4$ で割り切れることを要請するものとする.

**証明.**　まず $m=p\neq 2$ の場合に示す. $b=v_p(a_n)$ について $a_n=cp^{b}$ とすれば,
$$\begin{aligned}
a_{np} &=\frac{\alpha ^{np} -\beta ^{np}}{\alpha -\beta } \\\\
&=\frac{\alpha ^{np} -\left( \alpha ^{n} -\alpha ^{n} +\beta ^{n}\right)^{p}}{\alpha -\beta }\\\\
&=\frac{\alpha ^{np} -\left( \alpha ^{n} -cp^{b}( \alpha -\beta )\right)^{p}}{\alpha -\beta }\\\\
&={}\_{p}\mathrm{C}\_{1}cp^{b} \alpha ^{n( p-1)} - {}\_p\mathrm{C}\_{2} c^2p^{2b} \alpha ^{n( p-2)}( \alpha -\beta ) +\cdots+c^{p} p^{bp}( \alpha -\beta )^{p-1}
\end{aligned}$$
$\alpha$ と $\beta$ を入れ替えても成立するから, それらを辺々足し合わせることで
$$2a_{np} ={}\_{p}\mathrm{C}\_{1} cp^{b}\left( \alpha ^{n( p-1)} +\beta ^{n( p-1)}\right) +{}\_{p}\mathrm{C}\_{3} c^{3} p^{3b}\left( \alpha ^{n( p-3)} +\beta ^{n( p-3)}\right)( \alpha -\beta )^{2} +\cdots+2c^{p} p^{bp}( \alpha -\beta )^{p-1}$$
　ここで $d_{k} =\alpha ^{k} +\beta ^{k}=\dfrac{a_{2k}}{a_k}$ および $e_k=(\alpha-\beta)^{2k}=(1+4N)^{k}$ はともに整数であり,
$${d\_{k}}^{2} =e_{1} {a\_{k}}^{2} +4(-N)^{k}$$
仮定 $p\mid a_n$ より $N$ は $p$ で割り切れないから, $p\mid a_k$ ならば $d_k$ は $p$ で割り切れない. 上式は
$$2a_{np} ={}\_{p}\mathrm{C}\_{1} cp^{b} d_{n( p-1)} +{}\_{p}\mathrm{C}\_{3} c^{3} p^{3b} d_{n( p-3)} e_{1} +...+2c^{p} p^{bp} e_{\frac{p-1}{2}}$$
と書き換えられる. $3b\geq b+2$ より ${}\_{p} \mathrm{C}\_{3} c^{3} p^{3b} d_{n( p-3)} e_{1} +...+2c^{p} p^{bp} e_{\frac{p-1}{2}}$ は $p$ で $b+2$ 回以上割り切れる一方で, ${}\_{p}\mathrm{C}\_{1} cp^{b} d_{n( p-1)}$ は $p$ で $b+1$ 回しか割り切れないから, $v_{p}( a_{np}) =v_{p}( a_{n}) +1$ が成立する.\
　$m=p=2$ のとき, 上と同様に $N$ は奇数であり, $e_{1} {a_{n}}^{2} +4(-N)^{n}$ が $2$ でちょうど $2$ 回割り切れることから $d_n$ は $2$ でちょうど $1$ 回割り切れる. よって $v_{2}( a_{2n})=v_2(a_nd_n)=v_{2}( a_{n})+1$ がやはり成立する.\
　　続いて, $m$ が $p$ で割り切れないとし, $v_p(a_{nm})\gt v_p(a_n)$ であると仮定する.このとき, $a_{\gcd{(nm,np)}}=a_n$ である一方で, 以下より矛盾する. すなわち, $v_p(a_{nm})=v_p(a_n)+v_p(m)$ がここでも成立する.
$$v_p(\gcd(a_{nm},a_{np}))=\min(v_p(a_{nm}),v_p(a_{np}))\gt v_p(a_n)$$
　これを用いて, 一般の $m$ について, $k=v_p(m)$ の帰納法によって示す. ある $k$ で成立を仮定し, $m=cp^{k+1}$ ($c$ は $p$ で割り切れない) とすると, $v_p(a_{nm})=v_p(a_{ncp^k})+1=v_p(a_{n})+v_p(cp^k)+1=v_p(a_n)+v_p(m)$ である.
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**補題5.**　$2$ 以上の整数 $b,p$ に対し, $a_{bp}\gt p a_b$ が成立する.\
**証明.**　$b=2$ のとき成立が容易にわかる. ある $b\geq 2$ で成立を仮定すると, $\\{a_n\\}$ の公差が単調増加であることから
$$a_{(b+1)p}-a_{bp}=(a_{(b+1)p}-a_{(b+1)p-1})+\cdots+(a_{bp+1}-a_{bp}) \geq p(a_{b+1}-a_{b})$$
より $b+1$ でも成立し, 以上より示された.
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　以下, 所望の $a_n=p^m$ なる組について考える. $n$ の最小の素因数を $c$ とし, $n=bc$ とすれば, 補題3より $a_b=p^k$ とおける. $a_b\neq 1,2$ のとき, 補題4より $m=k+v_p(c)$ であり, $c=p$ となるほかない. しかし, これは補題5に矛盾するから, $a_b=1,2$ である. ここで $a_b=2\iff (N,b)=(1,3)$ であり, $n$ としてあり得るのは $6,9$ のみである. 具体的に計算すれば, $a_6=8,a_9=34$ より前者のみが適するから, 以下 $a_b=1$ としてよい.\
　このとき $b=2$ で, $n$ としてあり得るのは $4$ のみである. ここで $a_4=2N+1$ より, $p\leq 79$ の範囲で考えれば十分である. 具体的には, $29\leq p\leq 79$ なる $13$ 個では $p^3$ のみ, $p=17,19,23$ では $p^3$ と $p^4$ が適し, $p= 3,5,7,11,13$ では与えられた値よりそれぞれ $10,6,4,3,3$ 個が適する. 以上より, 求める個数は
$$ 1+13+2\times 3+10+6+4+3+3=\textbf{46}. $$
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc040/editorial/277
　$N$ を正整数とします. 数列 $\lbrace a_n\rbrace_{n=1,2,\cdots}$ を
$$a_1=a_2=1,\ \ a_{n+2}=a_{n+1}+Na_{n}\ \ (n=1,2,\cdots)$$
で定めるとき, $a_n=p^m$ なる**合成数** $n$, **素数** $p$, $3$ **以上の整数** $m$ の組の個数を $f(N)$ とします. このとき
$$f(1)+f(2)+\cdots+f\left(\dfrac{3^{12}-1}{2}\right)$$
を求めてください. ただし, いずれも小数第 $4$ 位で四捨五入した値として, 以下が保証されます.
$$\log_{5}{3}\approx 0.683,\ \ \log_{7}{3}\approx 0.565,\ \ \log_{11}{3}\approx 0.458,\ \ \log_{13}{3}\approx 0.428$$