　$2a-1$ は奇数なので $d(ab(ab+4a+1))$ も奇数，つまり $ab(ab+4a+1)$ は平方数である．
$$(ab)^2\lt ab(ab+4a+1)\lt (ab+2a+1)^2$$
より，$0\leq k\leq 2a-1$ なる整数 $k$ を用いて
$$ab(ab+4a+1)=(ab+2a-k)^2$$
と表せる．これを $b$ について整理すると
$$b=\frac{(2a-k)^2}{(2k+1)a}$$
となり
$$\frac{(2a-k)^2}{a}=4a-4k+\dfrac{k^2}{a}$$
は整数なので $\dfrac{k^2}{a}$ も整数となる．ここで，$d(a)=4$ より $a$ は $p\lt q$ なる素数 $p, q$ を用いて $a=p^3$ または $a=pq$ と書ける．これらを場合分けして考えよう．
- $a=p^3$ のとき，$\dfrac{k^2}{a}$ は整数なので $0\leq m\leq 2p-1$ なる整数 $m$ を用いて $k=mp^2$ と書ける．すると，
$$b=\frac{p(2p-m)^2}{2mp^2+1}$$
であり，$p$ と $2mp^2+1$ は互いに素なので $\dfrac{(2p-m)^2}{2mp^2+1}$ は整数となる．$m\geq 2$ のとき
$$0\lt \frac{(2p-m)^2}{2mp^2+1}\leq \frac{4p^2}{2mp^2+1}\lt 1$$
より不適．$m=1$ のとき
$$\frac{(2p-m)^2}{2mp^2+1}=2-\frac{4p+1}{2p^2+1}$$
が整数となるが $p\geq 2$ より
$$0\lt \frac{4p+1}{2p^2+1}=1-\frac{2p(p-2)}{2p^2+1}\leq 1$$
なので $\dfrac{4p+1}{2p^2+1}=1$ つまり $p=2$ となり，問題の条件をみたす組として $(a, b) = (8, 2)$ を得る．$m=0$ のとき $(a, b)=(p^3, 4p^3)$ であるが，
$$\frac{2a-1}{d(ab(ab+4a+1))}=\frac{2p^3-1}{21d(4p^6+4p^3+1)}$$
より $\dfrac{2p^3-1}{7}$ が整数となる．これは $p^3\equiv 0, 1, 6\pmod 7$ より矛盾する．  
　以上より，$a=p^3$ のとき題意を満たすのは $(a, b)=(8, 2)$ のみである．  

- $a=pq$ $(p\lt q)$ のとき，$\dfrac{k^2}{a}$ は整数なので $k$ は $a$ の倍数であり，$0\leq k\leq 2a-1$ より $k=0, a$ である．$k=a$ のとき，
$$b=\frac{a}{2a+1} \lt 1$$
より不適である．$k=0$ のときは $(a, b)=(pq, 4pq)$ であり，$2a$ と $2a+1$ は互いに素であるから
$$d(ab(ab+4a+1))=d(4p^2q^2)d((2pq+1)^2)$$ 
を得る．以下 $p$ の値で場合分けをする．

  - $p=2$ のとき  
  $$\frac{2a-1}{d(ab(ab+4a+1))}=\frac{4q-1}{15d((4q+1)^2)}$$
  より $q\equiv 4\pmod {15}$ であり，これと $q\geq 3$ から $q\equiv 19\pmod {30}$ である．$1500\geq b=4a=8q$ より $q=19, 79, 109, 139$ のいずれかであり，実際に調べ上げると $p=2$ のとき $(a, b)=(158, 632)$ のみが条件を満たすことがわかる．  

  - $p\geq 3$ のとき  
  $$\frac{2a-1}{d(ab(ab+4a+1))}=\frac{2pq-1}{27d((2pq+1)^2)}$$
  より $pq\equiv 14\pmod {27}$ であり，これと $p, q\geq 3$ から $pq\equiv 41\pmod {54}$ である．$1500\geq 4pq$ より $pq=95, 203, 365$ のいずれかであり，実際に調べ上げると $p\geq 3$ のとき $(a, b)=(365, 1460)$ のみが条件を満たすことがわかる．  

　したがって，題意を満たすのは $(a, b)=(8, 2), (158, 632), (365, 1460)$ のみなので，解答すべき値は
$$(8+2)+(158+632)+(365+1460)=\mathbf{2625}$$
である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omce012/editorial/12137
　条件より $d(ab(ab+4a+1))$ は奇数で，$ab(ab+4a+1)$ は平方数である．\
　$d(a)=4$ より $a=p^3,pq$ のいずれかの形で書ける（$p,q$ は相異なる素数）．以下，場合分けしていこう．

---

$(\mathrm{i})$　$a=p^3$ のとき\
　$a$ と $ab+4a+1$ は互いに素なので，$ab(ab+4a+1)$ が平方数であることから $b=px$ となる正整数 $x$ が存在することが必要条件である．\
　このとき
$$ab(ab+4a+1)=p^4x(p^4x+4p^3+1)=p^4(p^4x^2+4p^3x+x)$$
　であり，$p^4x^2+4p^3x+x$ が平方数である．

- $(p^2x+2p+1)^2 \gt p^4x^2+2(2p+1)p^2x \gt p^4x^2+4p^3x+x$
- $(p^2x+2p-2)^2=p^4x^2+4p^3x+4p^2(1-x)+4-8p \lt p^4+4p^3x$

　を用いれば，$p^4x^2+4p^3x+x$ は $(p^2x+2p)^2$ または $(p^2x+2p-1)^2$ のいずれかにしかなり得ない．\
　前者の場合 $x=4p^2$ を，後者の場合 $x=\dfrac{(2p-1)^2}{2p^2+1}$ を得る．\
　前者の場合 $(a,b)=(p^3,4p^3)$ である．条件 $b \leq 1500$ より $p=2,3,5,7$ を順次当てはめていけば，適するものは存在しない．\
　次に後者の場合 $x=2-\dfrac{4p+1}{2p^2+1}$ であり，$x$ は正整数なので $x=1,p=2$ のみ適する．このとき $(a,b)=(8,2)$ となり，確かめれば条件を満たす．
　
---

$(\mathrm{ii})$　$a=pq$ のとき\
　場合分け $(\mathrm{i})$ の場合と同様に考えよう．$ab(ab+4a+1)$ が平方数であるための必要条件として $b=pqx$ となる正整数 $x$ が存在する．\
　このとき
$$ab(ab+4a+1)=p^2q^2x(p^2q^2x+4pq+1)=p^2q^2(p^2q^2x^2+4pqx+x)$$
　であり，$p^2q^2x^2+4pqx+x$ が平方数である．これが $(pqx+2)^2$ に一致するとき $x=4$ であり，それ以外の場合に一致しないことは$(\mathrm{i})$ と同様に不等式評価で確かめられる．\
　ここで条件をまとめると

- $pq \leq 375$
- $d(4p^2q^2(2pq+1)^2)$ が $2pq-1$ を割り切る

　$q=2$ か否かで場合分けするのは自然な発想だろう．

$(\mathrm{ii}-1)$　$a=2p$ のとき\
　$d(16p^2(4p+1)^2)$ が $4p-1$ を割り切ればよい．\
　$d(16p^2(4p+1)^2)$ は明らかに $15$ で割り切れるので，$4p-1$ も $15$ の倍数である．$p$ が奇数であることも合わせれば，$p=30k+19$ となる素数を調べればよい．実際に $p=19,79, 109, 139$ について確かめて $p=79$ でのみ適することが分かる．このとき $(a,b)=(158,632)$ である．

$(\mathrm{ii}-2)$　$p,q$ ともに奇素数であるとき \
　$d(4p^2q^2(2pq+1)^2)$ が $2pq-1$ を割り切ればよい．\
　$d(4p^2q^2(2pq+1)^2)$ は明らかに $27$ で割り切れるので，$2pq-1$ も $27$ の倍数である．$p,q$ が奇数であることも合わせれば，$pq=54k+41$ となる半素数を調べればよい．実際に $pq=95,203,365$ について確かめて $p=365$ でのみ適することが分かる．このとき $(a,b)=(365,1460)$ である．
公式解説の k を用いない方針
https://onlinemathcontest.com/contests/omce012/editorial/12137/788
　正の整数 $n$ の正の約数の個数を $d(n)$ で表します．$2$ つの $1500$ 以下の正の整数の組 $(a, b)$ であって，以下の条件を満たすものすべてについて，$a+b$ の総和を答えてください．
- $d(a)=4$
- $d(a^2b^2+4a^2b+ab)$ は $2a-1$ を割り切る