　凸十二角形 $\alpha(\alpha_1\alpha_2\cdots\alpha_{12})$ と $\beta(\beta_1\beta_2\cdots\beta_{12})$ を，ともにすべての角が $150^\circ$ であるような十二角形とする．ここで，頂点番号はどちらも時計回りであるとし，$\bmod{12}$ で同一視するものとする．このとき，$i=1,2,\ldots,12$ に対して辺 $\alpha_i\alpha_{i+1}$ の長さが $b_{2i-1}$，辺 $\beta_i\beta_{i+1}$ の長さが $b_{2i}$ となるようにできる．\
　いま，辺 $\alpha_i\alpha_{i+1}$ が辺 $\beta_{i-1}\beta_{i}$，辺 $\beta_{i}\beta_{i+1}$ とそれぞれ交わり，なす角がともに $15^ \circ$ となるように $\alpha$ と $\beta$ を重ねる．$i=1,2,\ldots,12$ に対し，$\alpha_i\alpha_{i+1}$ と $\beta_{i-1}\beta_{i}$ の交点を $d_{2i-1}$ とし，$\alpha_i\alpha_{i+1}$  と$\beta_{i}\beta_{i+1}$ の交点を $d_{2i}$ とする．このとき，辺 $\alpha_i d_{2i-1}$ の長さを $e_{2i-1}$，辺 $\beta_{i} d_{2i}$ の長さを $e_{2i}$ とし，添字を $\bmod{24}$ で同一視すれば，
$$e_i+2\cos 15^\circ e_{i+1}+e_{i+2}=b_i$$
が成り立つ．逆に，適当な $e_1$ と $e_2$ が定められたとき，適合する $\alpha$ と $\beta$ の重ね方が存在し，上式をみたす $e_3$ 以降は帰納的に決まるから，以下 $c$ を $e$ に置き換えて考えてよい．ここで，
$$\left\lvert\sum_{i=1}^{3000}\bigl(e_{2i-1}^2-e_{2i}^2\bigr)\right\rvert=250\left\lvert\sum_{i=1}^{12}\bigl(e_{2i-1}^2-e_{2i}^2\bigr)\right\rvert$$
は $\alpha$ の面積と $\beta$ の面積の差の $1000$ 倍であるから，$\alpha$ の面積と $\beta$ の面積の差を最小化すればよい．この表現によって，値は $\\{a_n\\}$ のみに依存し，また $(a_1,a_3,a_5)$ と $(a_2,a_4,a_6)$ を入れ替えてもよいことがわかる．\
　ここで，一辺の長さが順に $p,q,r,p,q,r,p,q,r,p,q,r$ で全ての角が $150^\circ$ である十二角形の面積は
$$(1+\sqrt3)(pq+qr+rp)+(p^2+q^2+r^2)$$
で与えられ，これは対称式であるから $(a_1,a_3,a_5)$ と $(a_2,a_4,a_6)$ それぞれの順序も入れ替え可能である．
$$P=p-10001,\quad Q=q-10001,\quad R=r-10001$$
とおけば，上式は
$$10001^2(6+3\sqrt{3})+10001(4+2\sqrt3)(P+Q+R)+(1+\sqrt3)(PQ+QR+RP)+(P^2+Q^2+R^2)$$
両十二角形でのこの値の差を最小化するには，明らかに $P+Q+R$ の差を $1$ にすることが必要であるから，結局
$$\begin{aligned}
\\{a_n\\}=&(10001,10002,10004,10003,10005,10006),\\\\
&(10001,10002,10003,10004,10006,10005),\\\\
&(10002,10001,10003,10004,10005,10006)
\end{aligned}$$
のみを考えればよい．実際に計算すれば $(10002,10001,10003,10004,10005,10006)$ のとき差が
$$40018+20003\sqrt3$$
で最小となる．よって，求める最小値は $40018000+20003000\sqrt3$ であり，解答すべき値は $\mathbf{60021003}$．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc100/editorial/2632
　$\\{c_i\\}$ がつねに正の条件は無くても，実は結果は変わらない．ここでは無視する（最終的に，所望の最小値を与える組であって $\\{c_i\\}$ がつねに正であるものが実際に存在することを確かめることで，この帰着は正当化される）．$p=2\cos 15^\circ$ とする．数列 $\{c_i\}$ は漸化式
$$c_i+pc_{i+1}+c_{i+2}-c_{i+6}-pc_{i+7}-c_{i+8}=0$$
をみたし，また $\zeta$ を $1$ の原始 $12$ 乗根とすると，
$$1+px+x^2-x^6-px^7-x^8=(1-x^6)(x+\zeta)(x+\overline{\zeta})$$
と表されるから，$\{c_i\}$ は $1$ の $6$ 乗根および $\zeta,\overline{\zeta}$ の $i$ 乗の線形和で表される．\
　いま，$(c_i)^2$ は展開するといくつかの複素数（$i$ によらない）の $i$ 乗和となるが，そのうち $(-1)^i$ 以外のものは，考えるべき総和
$$\sum_{i=1}^{6000}(-1)^ic_i^2$$
においては相殺される．$c_i$ における $\zeta,\overline{\zeta}$ の項は，$(c_i)^2$ において項 $(-1)^i$ を生み出すのに寄与しないことがわかるから，これは $\\{c_i\\}$ が周期 $6$ であるとして考えてよいことを意味する．
このとき，定義式より
$$(c_1+c_3+c_5)^2-(c_2+c_4+c_6)^2=\frac{1}{4-p^2}\Bigl((a_1+a_3+a_5)^2-(a_2+a_4+a_6)^2\Bigr)$$
および
$$(2-p^2)(c_1^2-c_2^2+\cdots-c_6^2)+2(c_1c_3+c_3c_5+c_5c_1-c_2c_4-c_4c_6-c_6c_2)=a_1^2-a_2^2+\cdots-a_6^2$$
を連立することで $c_1^2-c_2^2+\cdots-c_6^2$ を $a_1,a_2,\dots,a_6$ を用いて表すことができ，あとは同様である．
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc100/editorial/2632/69
　それぞれ長さ $6,6000$ の正整数列 $\\{a_n\\}\_{n=1,\ldots,6},\\{b_n\\}\_{n=1,\ldots,6000}$，および長さ $6000$ の正の実数列 $\\{c_n\\}\_{n=1,\ldots,6000}$ が，以下の条件をそれぞれみたします．

- $\\{a_n\\}$ は $(10001,10002,10003,10004,10005,10006)$ の並び替えである．
- $\\{b_n\\}$ は $\\{a_n\\}$ を $1000$ 回繰り返して得られる．
- $\\{c_n\\}$ は任意の $1\leq i \leq 5998$ に対し以下をみたす．$$c_i+\bigl(2\cos 15^\circ\bigr) c_{i+1}+c_{i+2}=b_i$$

ただし，いかなる $\\{a_n\\}$ に対しても，適する $\\{c_n\\}$ の存在が保証されます．\
　このとき，以下のとり得る最小値が存在し，正整数 $x,y,z$ によって $x+y\sqrt z$ の形で表せます．ただし $z$ は平方因子をもちません．$x+y+z$ を求めてください． 
$$\left\lvert\sum_{i=1}^{3000}\bigl(c_{2i-1}^2-c_{2i}^2\bigr)\right\rvert$$