题目挺短, 数之谜没人回答, 所以转发过来了, 我猜结果是使得rad(n)/rad(n/rad(n))没有4k+3型素因子的所有正整数n
也就是在n的标准分解中, 指数为1的素因子只有2或4k+1型素因子

我也感觉应该是这个答案，但我还没看出V2是奇数时的构造。但我感觉用中国剩余定理构造应该是可行的（没细想，逃

这是HMMT February 2025 Team Round Problem 10
https://hmmt-archive.s3.amazonaws.com/tournaments/2025/feb/team/solutions.pdf
https://oeis.org/draft/A382092

对满足2楼要求的正整数n, 可以设S表示所有不整除n的素数组成的集合, 再将n的素因子p分为3类: 分别设
P表示ordp(n)为奇数且p≡-1(mod 4)的素数p组成的集合
Q表示ordp(n)为奇数且p≠-1(mod 4)的素数p组成的集合
R表示ord(n)为正偶数的素数p组成的集合
分别设P中所有素数乘积为u, Q中所有素数乘积为v, R中所有素数乘积为w, 如果是空集, 对应的乘积设为1, 先证明存在正整数a,b,c满足:
(1)对任意p∈P, ordp(a²+b²+c²)=1, ordp(abc)=0
(2)对任意p∈Q, ordp(a²+b²+c²)=1, ordp(ab)=0, ordp(c)=1
(3)对任意p∈R, ordp(a²+b²+c²)=0, ordp(ab)=0
(4)对任意p∈S, ordp(gcd(a²+b²+c²,abc))=0
这是因为, 对p∈P, 同余方程x²+y²+z²≡p(mod p²)总存在x,y,z都与p互素的模p²的解
对p∈Q, 同余方程x²+y²≡p(mod p²)总存在x,y都p互素的模p²的解
对p∈R, 同余方程x²+y²+z²≠0(mod p)总存在x,y都与p互素的模p的解
再由CRT可知, 总存在模u²v²w的与uvw互素的剩余类A(mod u²v²w), B(mod u²v²w), 以及模u²vw的与uv互素的剩余类C(mod u²vw), 使得任意满足
a≡A(mod u²v²w), b≡B(mod u²v²w), c≡vC(mod u²v²w)
的正整数a,b,c, 都满足要求(1)(2)(3)
由于A(mod u²v²w)和B(mod u²v²w)都与uvw互素, 所以可以分别在这两个剩余类中各取一个正整数a≡A(mod u²v²w)和b≡B(mod u²v²w), 使得a与b互素
然后再设a在S中所有素因子的乘积为s₁, b在S中所有素因子的乘积为s₂, a²+b²在S中所有素因子的乘积为s₃, 联立以下同余方程
c≡vC(mod u²v²w), c≠0(mod s₃), c²+a²≠0(mod s₂), c²+b²≠0(mod s₁)
由于a,b互素, 所以a,b也都与a²+b²互素, 所以s₁,s₂,s₃两两互素, 它们的素因子都属于S, 所以都与u²v²w互素, 由CRT可知这个同余方程组有解, 取其中一个正整数作为c
这时若gcd(a²+b²+c², abc)有属于S的素因子p, 若p|a, 则p|b²+c², 与p|s₁, b²+c²≠0(mod s₁)矛盾, 同理若p|b, 则p|a²+c², 与p|s₂, a²+c²≠0(mod s₂)矛盾; 若p|c, 则p|a²+b², 与p|s₃, c≠0(mod s₃)矛盾.
所以这样的正整数a,b,c满足要求(4)

接下来再令n/uv=d², d是完全平方数, 取a'=ad, b'=bd, c'=cd, 则gcd(a'²+b'²+c'², a'b'c') = d²*gcd(a²+b²+c², abcd)
d|n, 没有S中的素因子, 而gcd(a²+b²+c²,abc)与S中的素因子互素, 所以gcd(a²+b²+c², abcd)没有S中的素因子
对P中的素因子p, 由2楼的要求可知p|n/uv, 则p|d, 而ordp(a²+b²+c²)=1, 所以ordp(gcd(a²+b²+c², abcd))=1
对Q中的素因子p, 由ordp(a²+b²+c²)=ordp(c)=1可知ordp(gcd(a²+b²+c², abcd))=1
由于a²+b²+c²不被R中的素因子整除, 所以gcd(a²+b²+c², abcd)也没有R中的素因子
综上所述gcd(a²+b²+c², abcd)=uv, 则gcd(a'²+b'²+c'², a'b'c') =d²*uv = n, 说明符合2楼条件的正整数n都满足题目要求

若存在素数p≡-1(mod 4), 以及正整数a,b,c, 使得ordp(gcd(a²+b²+c², abc)) =1, 则min{ordp(a²+b²+c²), ordp(abc)}=1
由p|abc可以设p|c, 再由p|a²+b²+c²可得p|a²+b², 但因为p≡-1(mod 4),所以只可能p|a且p|b, 这时p³|abc, p²|a²+b²+c², 与min{ordp(a²+b²+c²), ordp(abc)}=1矛盾
所以gcd(a²+b²+c², abc)不会含有某个4k-1型素因子的指数为1, 说明2楼的要求是必要的

楼主先作出猜测再给出证明，精美的数学解题思想，很棒，赞.
有一点点小瘕疵，那就是5楼确定a,b后通过几个同余方程来确定c时出了一点点小问题，但这一点点小问题丝毫不影响对整个题目的解答！

p|b²+c², 与p|s₁, b²+c²≠0(mod s₁)并不矛盾.
将
c≠0(mod s₃), c²+a²≠0(mod s₂), c²+b²≠0(mod s₁)
改为
c≡1(mod s₃), c²+a²≡1(mod s₂), c²+b²≡1(mod s₁)
就行了.