　条件 2. より，$n$ は $7$ 以上の素因数を持たないため，$\lbrace p, q, r\rbrace=\lbrace 2,3,5\rbrace$ なる素数 $p,q,r$ と非負整数 $x, y, z$ を用いて $n = p^x q^y r^z$ と表せる．このとき，$$d(n)d(p^{11}n^{12}) - 6d(pn^2)d(p^5n^6) + 5d(p^2n^3)d(p^3n^4) = 1110^{2m + 1} $$
を $(1)$ とし，これが成り立つ条件を求めよう．$k$ を正整数としたとき，
$$p^{k-1}n^k = p^{k(x + 1) - 1} q^{ky} r^{kz}$$
であるので
$$d(p^{k-1}n^k) = k(x + 1)(ky + 1)(kz + 1)$$
が成り立つ．よって $A_1 = 13, A_2 = 8, A_3 = 7$ とおくと，$3$ 以下の正整数 $i$ に対し
$$
\begin{aligned}
&\quad \ d(p^{i-1}n^i) d(p^{\frac{12}{i}-1}n^{\frac{12}{i}}) \\\\
&= 12(x+1)^2(iy + 1) \left ( \frac{12}{i}y + 1 \right )(iz + 1) \left (\frac{12}{i}z + 1 \right ) \\\\
&= 12 (x + 1)^2 (12y^2 + A_i y + 1)(12z^2 + A_i z + 1)
\end{aligned}
$$

が成り立つ．さらに $B_1 = 1, B_2 = -6, B_3 = 5$ とすると式 $(1)$ の左辺は
$$
\begin{aligned}
&\quad \ \sum_{i=1}^3 B_i d(p^{i-1}n^i) d(p^{\frac{12}{i}-1}n^{\frac{12}{i}}) \\\\
&= 12 (x + 1)^2 \sum_{i=1}^3 B_i (12y^2 + A_i y + 1)(12z^2 + A_i z + 1)
\end{aligned}
$$
と表せる．
$$\sum_{i=1}^3 B_i = \sum_{i=1}^3 A_iB_i = 0，\sum_{i=1}^3 A_i^2B_i = 30$$
であることに注意すれば
$$
\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^3 B_i d(p^{i-1}n^i) d(p^{\frac{12}{i}-1}n^{\frac{12}{i}}) \\\\
&= 12 (x + 1)^2 yz \sum_{i=1}^3 A_i^2B_i = 360(x + 1)^2 yz
\end{aligned}
$$
が得られる．ゆえに（相異なる素数 $p, q, r$ によらず）式 $(1)$ が成り立つことの必要十分条件はある正整数 $m$ が存在して
$$(x + 1)^2 yz = 2^{2m - 2} \cdot 3^{2m-1} \cdot 5^{2m} \cdot 37^{2m + 1} $$
をみたすことである．この式を $(2)$ とする．\
　ここで $m$ の値を $1$ つ固定する．式 $(2)$ および $y \geq z$ をみたすような非負整数の組 $(x, y, z)$ の集合を $X_m$ とし，条件 1. 2. 3. をすべてみたす正整数 $n$ の集合を $Y_m$ とする．ここで $(x, y, z) \in X_m$ に対し $g(x, y, z)$ を次のように定める．

- 組 $(x, y, z)$ において，$x, y, z$ の $3$ 数のうち大きい方から $1, 2, 3$ 番目のものをそれぞれ $a, b, c$ とおく（すなわち $a \geq b \geq c$ であり，なおかつ任意の非負整数 $i$ に対し「$x, y, z$ の中で $i$ に等しいものの個数」と 「$a, b, c$ の中で $i$ に等しいものの個数」が等しくなるように $a, b, c$ を定める）．このように定めた $a, b, c$ により $g (x, y, z) = 2^a \cdot 3^b \cdot 5^c$ と定義する．

すると，$g$ が $X_m$ から $Y_m$ への全単射となっている．
<details>
<summary>$g$ が全単射であることの証明<\/summary>
**step 1.**　値域が $Y_m$ であること：\
　$(x, y, z) \in X_m$ を任意に選び，$n = g(x, y, z)$ とする．$g$ の定義から $n$ は明らかに条件 1. 2. をみたす．ここで以下の要領により素数 $p$ を定める（$2$ 項目以上が該当する場合もあり得るが，この場合はどれか $1$ つを選べばよい）．

- $a = x$ のときは $p = 2$ とする．
- $b = x$ のときは $p = 3$ とする．
- $c = x$ のときは $p = 5$ とする．

このように $p$ を選べば，この $n$ は条件 3. で示す等式をみたすことが確認できる（式 $(2)$ の成立から $p, q, r$ を適当に定めた式 $(1)$ がしたがうことを考えよ）．よって，$n \in Y_m$ である．

**step 2.**　単射であること：\
　$(x, y, z), (x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}) \in X_m$ が $g(x, y, z) = g(x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime})$ をみたすとする．$g$ の定義および素因数分解の一意性から $x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}$ は $x, y, z$ の置換になっていることがわかり，特に $x^{\prime}$ は $x, y, z$ のうち少なくとも $1$ つと等しい．ここで $x^{\prime} = y$ と仮定すると $(x, y, z), (x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}) \in X_m$ であることから
$$(x - 1)^2yz = (y - 1)^2xz$$
がしたがい，これを変形すると
$$(x - y)(xy - 1) = 0$$
となる．これは $x = y$ と同値である（$xy - 1 = 0$ は $x = y = 1$ と同値ゆえ $x = y$ の十分条件であることに注意）．よって $x^{\prime} = x$ が得られる．$x^{\prime} = z$ を仮定した場合でも同様に $x^{\prime} = x$ が得られるので，結局 $x^{\prime} = x$ は必ず成り立つ．これに $y \geq z, y^{\prime} \geq z^{\prime}$ を併せることで $(x, y, z) = (x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime})$ が得られる．これで単射性が示された．

**step 3.**　全射であること：\
　$n \in Y_m$ を任意に選ぶ．すると条件 1. 2. から $a \geq b \geq c \geq 0$ なる整数 $a, b, c$ を用いて $n = 2^a \cdot 3^b \cdot 5^c$ と表せる．条件 3. で示す等式をみたす $p$ がどの値かによって $(x, y, z)$ を以下のように定める（$2$ 項目以上が該当する場合もあり得るが，この場合はどれか $1$ つを選べばよい）．
- $p = 2$ の場合は $(x, y, z) = (a, b, c)$ とする． 
- $p = 3$ の場合は $(x, y, z) = (b, a, c)$ とする．
- $p = 5$ の場合は $(x, y, z) = (c, a, b)$ とする．

するとこの $(x, y, z)$ は式 $(1)$ を，$p, q, r$ を適当に定めた上でみたすので，式 $(2)$ をみたす．さらに上記の定め方から $y \geq z$ もわかるので $(x, y, z) \in X_m$ であり，これは $g(x, y, z) = n$ をみたす．これで全射性が示された．
<\/details>

　このことから $f(m)$ は $X_m$ の元の個数に等しい．$(x, y, z) \in X_m$ としたとき，式 $(2)$ より $(x + 1)^2$ は $2^{2m - 2} \cdot 3^{2m - 1} \cdot 5^{2m} \cdot 37^{2m + 1}$ の平方因子であるので，$m - 1$ 以下の非負整数 $i_1, i_2$ と $m$ 以下の非負整数 $i_3, i_4$ によって
$$(x + 1)^2 = 2^{2i_1} \cdot 3^{2i_2} \cdot 5^{2i_3} \cdot 37^{2i_4}$$
と表すことができ，
$$x = 2^{i_1} \cdot 3^{i_2} \cdot 5^{i_3} \cdot 37^{i_4} - 1$$
である．$x$ がこの値をとるとき $y, z$ は
$$yz = 2^{2(m - 1 - i_1)} \cdot 3^{2(m - 1 - i_2) + 1} \cdot 5^{2(m - i_3)} \cdot 37^{2(m - i_4) + 1}$$
をみたす．この式において右辺は平方数でなく，さらに $y \geq z$ なのでこれをみたす $(y, z)$ の個数は右辺の正の約数の個数の半分に等しく，
$$\frac{1}{2}(2(m - 1 - i_1) + 1)(2(m - 1 - i_2) + 2)(2(m - i_3) + 1)(2(m - i_4) + 2)$$
である．これを $(i_1, i_2, i_3, i_4)$ としてあり得るものすべてについて総和をとることで $f(m)$ が得られる．$i_1, i_2, i_3, i_4$ をそれぞれ独立に動かして総和をとり，のちに積を計算することを考えればよく，
$$
\begin{aligned}
&\sum_{i_1 = 0}^{m - 1} (2(m - 1 - i_1) + 1) = \sum_{i = 1}^m (2i - 1) = m^2 \\\\
&\sum_{i_2 = 0}^{m - 1} (2(m - 1 - i_2) + 2) = \sum_{i = 1}^m (2i) = m(m + 1) \\\\
&\sum_{i_3 = 0}^{m} (2(m - i_3) + 1) = \sum_{i = 1}^{m + 1} (2i - 1) = (m + 1)^2 \\\\
&\sum_{i_4 = 0}^{m} (2(m - i_4) + 2) = \sum_{i = 1}^{m + 1} (2i) = (m + 1)(m + 2)
\end{aligned}
$$
なので，
$$f(m) = \frac{1}{2} m^3(m + 1)^4(m + 2)$$
を得る．これが $1110$ の倍数であるには $m, m + 1, m + 2$ の中に $37$ の倍数が含まれなければならず，$m \geq 35$ が必要である．一方で $f(35)$ は $1110$ の倍数であることが確認できる．$f(m)$ は単調増加な関数なので，求める最小値は
$$\frac{f(35)}{1110} = \mathbf{1200225600}$$
である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc218/editorial/9085
　正整数 $m$ に対し，以下 $3$ 条件をすべてみたす正整数 $n$ の個数を $f(m)$ と表します．
- **条件 1.**　$v_2(n) \geq v_3(n) \geq v_5(n)$ が成り立つ．
- **条件 2.**　任意の $7$ 以上の素数 $p$ について $v_p(n) = 0$ が成り立つ．
- **条件 3.**　ある $5$ 以下の素数 $p$ が存在して次の等式が成り立つ．
$$d(n)d(p^{11}n^{12}) - 6d(pn^2)d(p^5n^6) + 5d(p^2n^3)d(p^3n^4) = 1110^{2m + 1}$$

ただし，$n$ を正整数，$p$ を素数としたとき，$d(n)$ は $n$ の正の約数の個数，$v_p(n)$ は $n$ が $p$ で割り切れる最大の回数を表します．このとき，$m$ を正整数全体で動かしたときに $\dfrac{f(m)}{1110}$ がとり得る最小の整数値を解答して下さい．