　非負整数 $t$ に対して 
$$f_t(x)=\displaystyle\sum_{i=1}^{128}\bigg( a_i^t ~ \prod_{j=1}^{127}\dfrac{x-a_{i+j}}{a_i-a_{i+j}}\bigg)$$ 
とすると，$f_t(x)$ は $127$ 次以下であり，$1\leq k\leq 128$ の正整数 $k$ に対して $f_t(a_k)=a_k^t$ となるので，$f_t(x)$ は $x^t$ を $\displaystyle\prod_{i=1}^{128}(x-a_i)$ で割った余りであることが分かる．$\displaystyle A(x)=\prod_{i=1}^{128}(x-a_i)=\sum_{i=0}^{128}(-1)^iS_ix^{128-i}$ とすれば，$f_t$ が $f_t(a_k)=a_k^t$ となる  $127$ 次以下の多項式であることより，適切に係数調整をして
$$ \begin{aligned}
f_{128}(x) &= x^{128}-A(x) \\\\
f_{129}(x) &= x^{129}-xA(x)-S_1A(x) \\\\
f_{130}(x) &= x^{130}-x^2A(x)-S_1xA(x)+(S_2-S_1^2)A(x) \\\\
f_{131}(x) &= x^{131}-x^3A(x)-S_1x^2A(x)+(S_2-S_1^2)xA(x)-(S_3-2S_1S_2+S_1^3)A(x)
\end{aligned} $$
となる．定義から $A(0)=a_1a_2\dots a_{128}$ より
$$ f_t(0)=\displaystyle\sum_{i=1}^{128}\bigg( a_i^t\prod_{j=1}^{127}\dfrac{-a_{i+j}}{a_i-a_{i+j}}\bigg)=\displaystyle\sum_{i=1}^{128}\bigg( a_i^{t-1}A(0)\prod_{j=1}^{127}\dfrac{-1}{a_i-a_{i+j}}\bigg)$$
となるので，$f_{131}(0)$ を考えれば求める値は $S_3-2S_1S_2+S_1^3$ と一致する．

　$T=\displaystyle\sum_{i=1}^{128}a_i^2, ~ U=\displaystyle\sum_{i=1}^{128}a_i^3$ とおくと，正 $257$ 角形の対称性などを考えれば，$256$ 以下の正整数 $l$ に対して $\displaystyle\sum_{i=1}^{128}\cos {\dfrac {2li}{257}\pi}=-\dfrac 12$ なので $S_1=-\dfrac 12$ となる．すると，二倍角の公式から $2T-128=-\dfrac 12$ より $T=\dfrac {255}4$ となり，三倍角の公式から $4U-3S_1=-\dfrac 12$ より $U=-\dfrac 12$ となる．$ S_2=\dfrac{S_1^2-T}2, \quad S_3=\dfrac{S_1^3+2U-3S_1T}6$ を用いれば，
$$ S_3-2S_1S_2+S_1^3=\frac{126}{8} - \frac{254}{8} - \frac{1}{8}=-\dfrac{129}{8} $$ 
より，求める値は $\mathbf{137}$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omce005/editorial/9693
$$f(z) = \frac{ z^{130} }{ \displaystyle \prod_{i=1}^{128} (z-a_i) }$$

とすると，極 $z = a_i$ における留数が求めたい和の各項に一致する．有理関数の $\mathbb{C} \cup \\{ \infty \\} $ における留数の総和は $0$ なので，以下のように変形できる：

$$\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{128} \frac{ {a_i}^{130} }{ \displaystyle \prod_{j=1}^{127} (a_i-a_{i+j}) } & = \sum_{i=1}^{128} \mathrm{Res} (f,a_i) \\\\
& = - \mathrm{Res} (f,\infty) \\\\
& = \mathrm{Res} \Biggl( z^{-4} \prod_{i=1}^{128}(1-a_i z)^{-1} ,0\Biggr) \\\\
& = \left[z^3\right] \prod_{i=1}^{128} (1-a_i z)^{-1}
\end{aligned}$$

原点まわりで $(1 - a_i z)^{-1} = \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_i^n z^n$ であることを用いると，公式解説の $S_3 - 2S_1S_2 + S_1^3$ が得られる．
留数による立式
https://onlinemathcontest.com/contests/omce005/editorial/9693/555
まず以下を示す. $$\sum_{i=1}^{128}\frac{a_i^{127+k}}{\displaystyle\prod_{j=1}^{127}(a_i-a_{i+j})}=[x^k]\frac{1}{(1-a_1x)(1-a_2x)\cdots(1-a_{128}x)}$$

---

**証明**.
$$\frac{1}{(1-a_1x)(1-a_2x)\cdots(1-a_{128}x)}$$ を部分分数分解すると以下のようになる. 
$$\frac{1}{(1-a_1x)(1-a_2x)\cdots(1-a_{128}x)}=\sum_{i=1}^{128}\frac{1}{\displaystyle\prod_{j=1}^{127}(1-\frac{a_{i+j}}{a_i})}\frac{1}{(1-a_ix)}$$
<details> <summary> 証明 <\/summary>
右辺の分母(の多項式部分)を払った以下の式は $127$ 次式であり,
$$f(x)=\sum_{i=1}^{128}\frac{1}{\displaystyle\prod_{j=1}^{127}(1-\frac{a_{i+j}}{a_i})}\prod_{j=1}^{127}(1-a_{i+j}x)$$
$x=\frac{1}{a_k}\quad(k=1,2,\dots,128)$ を代入すると, $f(\frac{1}{a_k})=1$ となり, $127$ 次式が相異なる $128$ 個の値で $f(x)=1$ を満たすから恒等式として $$f(x)=1$$ が成立し, 上の部分分数分解が正しいと言える.
 <\/details>
よって
$$
\begin{aligned}[x^k]\frac{1}{(1-a_1x)(1-a_2x)\cdots(1-a_{128}x)}&=\sum_{i=1}^{128}\frac{1}{\displaystyle\prod_{j=1}^{127}(1-\frac{a_{i+j}}{a_i})}[x^k]\frac{1}{(1-a_ix)}\\\\
&=\sum_{i=1}^{128}\frac{a_i^k}{\displaystyle\prod_{j=1}^{127}(1-\frac{a_{i+j}}{a_i})}\\\\
&=\sum_{i=1}^{128}\frac{a_i^{127+k}}{\displaystyle\prod_{j=1}^{127}(a_i-a_{i+j})}
\end{aligned}$$

---
 $F(x)=(1-a_1x)(1-a_2x)\cdots(1-a_{128}x)$ を求めたい.

ここで, 多項式 
$$f(x)=(x+\sqrt{x^2-1})^{257}+(x-\sqrt{x^2-1})^{257}$$
 について, $f(\cos{\theta})=2\cos(257\theta)$ が成立するから, $f(x)-2$ は
 $\prod_{k=0}^{256}(x-\cos {\frac{2k\pi}{257}})$ の定数倍である. よって, 
$$g(x)=x^{257}(f(1\/x)-2)=(1+\sqrt{1-x^2})^{257}+(1-\sqrt{1-x^2})^{257}-2x^{257}$$
 は $\prod_{k=0}^{256}(1-\cos {\frac{2k\pi}{257}}x)=(1-x)\\{F(x)\\}^2$ の定数倍となる. $\frac{g(x)}{1-x}$ を展開したときの $x^3$ までの係数を調べる.
$$\begin{aligned}
\frac{g(x)}{1-x}
&=2\frac{\sum_{k=0}^{128}\binom{257}{2k}(1-x^2)^k-x^{257}}{1-x}\\\\
&=2\frac{\sum_{k=1}^{128}\binom{257}{2k}(1-x^2)^k+1-x^{257}}{1-x}\\\\
&=2\Big(\Big(\sum_{k=1}^{128}\binom{257}{2k}(1+x)(1-x)^{k-1}\Big)+1+x+x^2+\dots+x^{256}\Big)\\\\
&=2\Big(\Big(1+\sum_{k=1}^{128}\binom{257}{2k}\Big)+\Big(1+\sum_{k=1}^{128}\binom{257}{2k}\Big)x+\Big(1+\sum_{k=1}^{128}-(k-1)\binom{257}{2k}\Big)x^2+\Big(1+\sum_{k=1}^{128}-(k-1)\binom{257}{2k}\Big)x^3+(4次以上の多項式)\Big)\\\\
&=2\Big(\Big(\sum_{k=0}^{128}\binom{257}{2k}\Big)+\Big(\sum_{k=0}^{128}\binom{257}{2k}\Big)x+\Big(\sum_{k=0}^{128}-(k-1)\binom{257}{2k}\Big)x^2+\Big(\sum_{k=0}^{128}-(k-1)\binom{257}{2k}\Big)x^3+(4次以上の多項式)\Big)\\\\
&=2(2^{256}+2^{256}x+(2^{256}-257\times 2^{254})x^2+(2^{256}-257\times 2^{254})x^3+(4次以上の多項式))\\\\
&=2^{257}\Big(1+x+\Big(1-\frac{257}{4}\Big)x^2+\Big(1-\frac{257}{4}\Big)x^3+\dots\Big)
\end{aligned}
$$
よって, $\\{F(x)\\}^2=1+x+(1-\frac{
257}{4})x^2+(1-\frac{
257}{4})x^3+\dots$ であり,
$\\{F(x)\\}=1+c_1x+c_2x^2+c_3x^3+\dots$ とすると, $(c_1,c_2,c_3)=(\frac{1}{2},-\frac{127}{4},\frac{253}{4})$ となり,求める値は
$$
\begin{aligned}
[x^3]\frac{1}{(1-a_1x)(1-a_2x)\cdots(1-a_{128}x)}&=[x^3]\frac{1}{1+c_1x+c_2x^2+cx^3+(4次以上の多項式)}\\\\
&=-c_1^3+2c_1c_2-c_3\\\\
\end{aligned}
$$
となる.
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omce005/editorial/9693/624
　$1\leq k \leq 128$ を満たす整数 $k$ に対して $a_k=\cos{\dfrac {2k}{257}\pi}$ とし，$129\leq k \leq 256$ を満たす整数 $k$ に対して $a_k=a_{k-128}$ とします．このとき，
$$\large\sum_{i=1}^{128} \normalsize\dfrac{a_i^{130}}{\small\displaystyle\prod_{j=1}^{127}\normalsize(a_i-a_{i+j})}$$
の値は互いに素な正の整数 $m,n$ を用いて $-\dfrac mn$ と表されるので，$m+n$ の値を求めて下さい．