　一般に，$0$ または $1$ からなる $n$ 項の数列 $A = (a_0, a_1,\ldots, a_{n-1})$ に対し，$d_n(A)$ を以下を満たす零多項式でない有理数係数多項式 $f$ の取りうる次数の最小値とする．
- $i = 0, 1, \ldots, n-1$ に対して $f(i)$ は整数かつ $f(i) \equiv a_i  \pmod2$ となる．

　非負整数 $m$ に対して多項式 ${}\_{x}\mathrm{C}\_{m}$ を以下で定める．
$$
 {}\_{x}\mathrm{C}\_{m} = 
\begin{cases}
\dfrac{x(x - 1) \cdots (x-m+1)}{m!} \quad & (m = 1, 2, \ldots) \\\\
1 \quad                                                         & (m = 0)
\end{cases}
$$
このとき，任意の有理数係数 $m$ 次多項式 $f$ は，ある有理数 $k_0, k_1, \ldots, k_m$ により
$$ f(x) = k_m \cdot {}\_{x}\mathrm{C}\_{m} + k_{m - 1} \cdot {}\_{x}\mathrm{C}\_{m - 1} + \cdots + k_0 $$
と表される．ここで，係数は
$$ \begin{aligned}
k_0 &= f(0) \\\\
k_i  &= f(i) - \left( k_{i - 1} \cdot {}\_{i}\mathrm{C}\_{i - 1} + \cdots + k_0\right) \quad (i = 1,2, \ldots, m)
\end{aligned}
$$
により与えられ，とくに $f(0), \ldots, f(m)$ がすべて整数ならば $k_0, \ldots, k_{m}$ もすべて整数となる．ラグランジュの補間公式により $f(i) = a_i$ となる $n-1$ 次以下の有理数係数多項式 $f$ をとれるため，任意の $A$ について $d_n(A) \leq n -1$ が従う．以上を踏まえ，以下の補題を示す．

**補題1．** $d_n( 0,0,\ldots ,1) = n -1$  が成り立つ． 

**証明．** $d_n( 0,0,\ldots ,1) \lt n -1$ だと仮定すると，(1) の条件を満たし
$$ f(x) = k_{n -2} \cdot {}\_{x}\mathrm{C}\_{n -2} + k_{n - 3} \cdot {}\_{x}\mathrm{C}\_{n-3} + \cdots + k_0 $$
と書ける $f$ がとれる．$i = 0, 1, \ldots, n-2$ について $f(i) \equiv 0 \pmod 2 $ が成り立つので，$k_i$ を $k_0$ から逐次計算することにより，
$$ k_0 \equiv k_1 \equiv \cdots \equiv k_{n -2} \equiv 0 \pmod2$$
したがって，
$$  f(n -1) = k_{n -2} \cdot {}\_{n - 1}\mathrm{C}\_{n -2} + k_{n - 3} \cdot {}\_{n - 1}\mathrm{C}\_{n-3} + \cdots + k_0 \equiv 0 \not\equiv 1 \pmod2$$
となり，条件に反する．$\square$ 

**補題2．**  $i = 0, 1, \ldots, n-1$ に対して $f(i) \in \mathbb{Z}$ かつ $f(i) \equiv a_i  \pmod2$ となるような，$n-1$ 次以下の $f$ に対して以下が成り立つ．
1. $f(n)$ は整数
2. ある $r_{n}( a_0, a_1,\ldots, a_{n- 1}) \in \\{0, 1 \\}$ が存在し，上の条件を満たすどのような $f$ をとっても $f(n) \equiv r_{n}( a_0, a_1,\ldots, a_{n- 1}) \pmod2$ が成り立つ．

**証明．** 補題1と同様に
$$f(x) = k_{n-1} \cdot {}\_{x}\mathrm{C}\_{n-1} + k_{n - 2} \cdot {}\_{x}\mathrm{C}\_{n - 2} + \cdots + k_0$$ 
とおけば，各 $k_i$ および $f(n)$ が整数であることが示される．次に 2. が成り立たないと仮定すると，$f$ として $f_0(n) \equiv 0 \pmod 2$ となる $f_0$ と $f_1(n) \equiv 1 \pmod 2$ となる $f_1$ がとれる．$g = f_1 - f_0$ とすると 
$$g(i) \equiv 0 \pmod 2 \quad (i = 0, 1, \ldots, n-1)$$
および $g(n) \equiv 1 \pmod 2$ が成り立ち，補題1から$g$ の次数は $n$ でなければならない．しかし $g$ の次数は $n-1$ 以下であるから，矛盾する．$\square$

　いま $\overline0 = 1$，$\overline1 = 0$ と定義すると，補題2により，
$$d_{n + 1}(a_0, a_1, \ldots, a_{n - 1}, r_{n}(a_0, a_1, \ldots, a_{n - 1}) ) = d_n(a_0, a_1, \ldots, a_{n-1})$$ 
および
 $$d_{n + 1}(a_0, a_1, \ldots, a_{n - 1}, \overline{r_{n} (a_0, a_1, \ldots, a_{n - 1})} ) = n$$
を得る．すべての $A = (a_0, a_1, \ldots, a_{n-1}) \in \\{0, 1 \\}^n$ についての $d_n(A)$ の総和を $S_n$ とおくと，これにより $S_n$ の漸化式として
$$ S_{n + 1} = S_n + n2^n, \quad S_1 = 0$$
が得られるので，
$$ S_{2024} = \sum_{i=1}^{2023} i \cdot 2^i = 2022 \cdot 2^{2024} + 2 $$
がわかる．これを $2017$ で割ったあまりは，
$$ S_{2024} \equiv 5 \cdot 2^8 + 2 \equiv \mathbf{1282} $$
である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omce010/editorial/11444
一般に多項式 $g$ に対し，多項式 $\Delta g$ を
$$\Delta g(x)=g(x+1)-g(x)$$
で定める．$g$ の次数が $d\geq 1$ ならば，$\Delta g$ の次数は $d-1$となる．逆に，任意の $d-1$ 次式 $h$ および定数 $c$ に対し，$\Delta g=h$ および $g(0)=c$ を満たす $d$ 次式 $g$ が一意的に存在することに注意する．

$A=(0,\dots,0)$ のときは $d(A)=0$ なので，以下では $A\neq (0,\dots,0)$ の場合を考える．$a_i^{(j)}\in \\{0,1\\}\ (0\leq i\leq 2023,\ 0\leq j\leq 2023-i)$ を次の漸化式で定める：
$$\begin{cases}a_i^{(0)}=a_i,\\\ a_i^{(j+1)}=|a_{i+1}^{(j)}-a_i^{(j)}|.\end{cases}$$
すると問題文の条件を満たす多項式 $f$ および $0\leq i\leq 2023,\ 0\leq j\leq 2023-i$ に対して
$$(\Delta^jf)(i)\equiv a_i^{(j)} \pmod 2$$
が成り立つ．$f$ の次数が $d\geq 1$ ならば $\Delta^df$ は定数なので
$$a_0^{(d)}=a_1^{(d)}=\cdots=a_{2023-d}^{(d)}\quad\cdots(\heartsuit)$$
が成り立つ．逆に $(\heartsuit)$ が成り立つならば
$$\begin{cases}f_d=a_0^{(d)},\\\ \Delta f_j=f_{j+1},\ f_j(0)=a_0^{(j)}\quad (0\leq j\leq d-1)\end{cases}$$
を解くことで多項式 $f_d,f_{d-1},\dots,f_0$ を順に定めれば，$f_0$が条件を満たす $d$ 次式となる．よって $d(A)$ は $(\heartsuit)$ が成り立つ最小の $d$ に等しい．さらにこれは
$$a_0^{(d)}=a_1^{(d)}=\cdots=a_{2023-d}^{(d)}=1\quad\cdots(\diamondsuit)$$
が成り立つ唯一の $d$ とも言い換えられる．$(\diamondsuit)$ を満たす数列 $A$ は $a_0^{(0)},\dots,a_0^{(d-1)}$ の選び方と一対一に対応するので $2^d$ 個存在する．以上より $d(A)=d$ となる $A\neq (0,\dots,0)$ の個数は $2^d$ 個なので，答えは
$$\sum_{d=0}^{2023} d\cdot 2^d\equiv \mathbf{1282}\pmod {2017}.$$
差分を使う方法
https://onlinemathcontest.com/contests/omce010/editorial/11444/740
　$0$ または $1$ からなる任意の $2024$ 項の数列 $A = (a_0, a_1,\ldots, a_{2023})$ に対し，以下を満たす零多項式でない有理数係数多項式 $f$ が存在します．
- $i = 0, 1, \ldots, 2023$ に対して $f(i)$ は整数かつ $f(i) \equiv a_i  \pmod2$ となる．

このような $f$ の次数としてありうる最小値を $d(A)$ とするとき，$2^{2024}$ 通りの $A$ すべてに対する $d(A)$ の総和を素数 $2017$ で割ったあまりを解答してください．