(１)
$g(x)=f(x+3)-f(x)=6ax+9a+3b$
より$g(x)$は１次式．
$g(1)=f(4)-f(1),g(2)=f(5)-f(2)$
であるから，条件$C$より$g(1),g(2)$は整数．
１次関数$h(x)=px+q$が$h(1),h(2)$がともに整数のとき$h(x)$の係数$p,q$は ともに整数である．実際
$g(1)=p+q=m,g(2)=2p+q=n,\ (m,nは整数)$
とすると
$p=n-m,q=2m-n$
したがって，$g(x)$の係数は整数である．

（２）
$f(x)=ax^2+bx+c$
$f(1)=1$でかつ条件$C$を満たすものは
$g(x)=f(x+3)-f(x)=6ax+(9a+3b)$
より，
$\begin{cases}f(1)=a+b+c=1\\ f(-1)=a-b+c\text{が整数}\\ 6a\text{が整数}\\ 9a+3b\text{が整数}\end{cases}$
である．
$f(1)-f(-1)$より$2b$が整数．
$6a$が整数，$2b$が整数より$9a+3b$が整数は$3a+b$が整数となる．
上で求めた４条件は
$\begin{cases}f(1)=a+b+c=1\\ 2b\text{が整数}\\ 6a\text{が整数}\\ 3a+b\text{が整数}\end{cases}$
となる．$f(1)=1$および条件$C$は大分扱いやすくなりました．
$a,b,c$を求めます．
$a,b,c >0$より$0 < a,b,c < 1$
したがって，
$a=\dfrac{1}{6},b=\dfrac{1}{2},c=1-a-b=\dfrac{1}{3}$
をえる．
逆に
$f(x)=\dfrac{x^2}{6}+\dfrac{x}{2}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{(x+1)(x+2)}{6}$
は条件を満たす．(∵　$x$が３の倍数でないとき，$x+1,x+2$のいずれかは３の倍数であり，連続した整数の積は２の倍数)
(3)
(2)と同じ変形を行います．
$g(x)=f(x+3)-f(x)=6ax+(9a+3b)$
を考えることにより，条件$C$は
$\begin{cases}f(1)=a+b+c\text{が整数}\\ f(-1)=a-b+c\text{が整数}\\ 6a\text{が整数}\\ 9a+3b\text{が整数}\end{cases}$
(2)と同じ変形より条件$C$は
$\begin{cases}f(1)=a+b+c\text{が整数}\\ 2b\text{が整数}\\ 6a\text{が整数}\\ 3a+b\text{が整数}\end{cases}$
さらに，$6a=2(3a+b)-2b$より
$\begin{cases}f(1)=a+b+c\text{が整数}\\ 2b\text{が整数}\\ 3a+b\text{が整数}\end{cases}$
となる．
したがって，条件$C$と同値な$\{m_1,m_2,m_3 \}$の候補として
$m_1=2,m_2=3,m_3=1$
であることがわかる．
$m_1+m_2+m_3$が最小であること示す必要がある．
(2)で求めた
$a=\dfrac{1}{6},b=\dfrac{1}{2},c=1-a-b=\dfrac{1}{3}$
を利用する． $\dfrac{m_1}{2}$および$\dfrac{m_2}{6}+\dfrac{m_3}{2}=\dfrac{m_2+3m_3}{6}$が整数を満たす．
したがって,$m_1\geqq 2,m_2+3m_3\geqq 6$より
$m_1=2,m_2=3,m_3=1$
が$m_1+m_2+m_3$を最小にするものである．

(4)
(3)で求めた条件を利用します．
すなわち，条件$C$を満たす$f(x)$のうち$f(x)=n$を満たすものの個数は
$\begin{cases} a > 0,b > 0,c > 0\\ a+b+c=n\\ 2b\text{が整数}\\ 3a+b\text{が整数}\end{cases}$
を満たす$(a,b,c)$の個数です．
$2b=p,3a+b=q,(p,q\text{は整数})$
とおき，$(p,q)$の個数を求める．
$b=\dfrac{p}{2},a=\dfrac{2q-p}{6},c=n-(a+b)=n-\dfrac{p+q}{3}$
であり，$a > 0,b > 0,c > 0$であるから
$p > 0,2q-p > 0,3n-(p+q) > 0$
を満たす格子点$(p,q)$の個数を求めることになる．
あとは右図の格子点を求めるだけ（境界を含まない）．
$1+3+5+\cdots +(2n-1)$
$+(2n-1)+(2n-2)+\cdots +2+1$
$=3n^2-3n+1$

＜解説＞
整数値多項式の基本となるのは

定理
$k$個の連続する整数の積は$k!$の倍数である

です．
$n(n+1)\cdots (n+k-1)$
$=_{n+k-1}P_k$
$=_{n+k-1}C_k\cdot k!$
より明らかです．直接証明することもできますが (ガウス記号を含む方程式・不等式） ここでは数学的帰納法で証明します．
＜証明＞
$k$個の連続する整数の積は$k!$の倍数であることを仮定し，$k+1$個 の場合を証明する．
任意の$n$で
$f(n)=n(n+1)(n+2)\cdots (n+k)$
を考える．
$f(n+1)-f(n)$
$=(n+1)(n+2)\cdots (n+k+1)-n(n+1)(n+2)\cdots (n+k)$
$=(n+1)(n+2)\cdots (n+k)(k+1)$
仮定より，$(n+1)(n+2)\cdots (n+k)$は$k!$の倍数より$f(n+1)-f(n)$ は$(k+1)!$の倍数．
これは任意の$n$でなりたつから
$f(n)-f(n-1),f(n-1)-f(n-2),\dots ,f(2)-f(1)$
はそれぞれ$(k+1)!$の倍数．それらを加えると
$f(n)-f(1)$
も$(k+1)!$の倍数．
一方
$f(1)=(k+1)!$
であるから
$f(n)=n(n+1)(n+2)\cdots (n+k)$
が$(k+1)!$の倍数が示された．
以上は$n > 0$のときであるが，
$f(-n)=(-n)(-n+1)(-n+2)\cdots (-n+k)=(-1)^{k+1}n(n-1)(n-2)\cdots (n-k)$
であるから，$n$が負の数でも成り立つことが分かる．

ここで，整数値多項式についてまとめておこう．

性質１
$f(x)$を$n$次多項式とする．連続する$n+1$個の整数$k$に対して$f(k)$ が整数のとき，$f(x)$は整数値多項式である．すなわち，任意の整数$x$で$f(x)$ は整数である．

証明
数学的帰納法で証明する．
$f(x)$が１次式のとき．
$f(x)=ax+b$とおく．
$f(k)=ak+b,f(k+1)=a(k+1)+b$
より$f(k),f(k+1)$が整数のとき，$a=f(k+1)-f(k),b=f(k)-ak$より$a,b$が整数である．
したがって，任意の整数$x$で$f(x)$は整数である．
$n\leqq k$のとき成り立つと仮定する． $f(x)$が$k+1$次の多項式で，連続する$k+2$個の整数$x$ に対して$f(x)$が整数のとき．
$g(x)=f(x+1)-f(x)$
とおく．$g(x)$は$k$次式で，連続する$k+1$個の整数$x$に対して$g(x)$ が整数であるから，帰納法の仮定より， 任意の整数$x$に対して$g(x)$は整数．
$x=m,m+1,\dots ,m+k+1$に対して$f(x)$の値が整数のとき
$m+k+2\leqq x$なら，
$f(x+1)=f(x)+g(x)$
を利用し，
$x\leqq m-1$なら
$f(x)=f(x+1)-g(x)$ を利用すればすべての整数$x$で$f(x)$が整数であることがわかる．

性質１より次が成り立つ．

性質２
$f(x)$を$n$次式とする．
$f(0),f(1),\dots f(n)$が整数のとき，$f(x)$は整数値多項式である．

性質３
$n$次の多項式$\dfrac{x(x-1)\cdots (x-n+1)}{n!}$を$_xC_k$とおく．
このとき，$n$次の整数値多項式$f(x)$は
$f(x)=a_n\cdot _xC_n+a_{n-1}\cdot _xC_{n-1}+\dots +a_1\cdot _xC_1+a_0$
$(a_n,a_{n-1},\dots ,a_1,a_0\text{は整数})$
と表せる．

証明
数学的帰納法で証明する．
$n=1$のとき成り立つことはすでに証明してある．
$n=k$のとき成り立つこと仮定し，$n=k+1$のとき成り立つことを証明する．
$f(x)$を$k+1$次の整数値多項式とする．
$f(x)$を$_xC_{k+1}$で割ったときの商を$a_{k+1}$，余りを$g(x)$とおく．
$f(x)$を具体的に書くと
$f(x)=a_{k+1}\dfrac{x(x-1)\cdots (x-k)}{(k+1)!}+g(x)$
$f(x)$が整数値多項式より，$g(0),g(1),\dots ,g(k)$が整数．したがって，$g(x)$は整数値多項式．
帰納法の仮定より，
$g(x)=a_k\cdot _xC_k+a_{k-1}\cdot _xC_{k-1}+\cdots +a_1\cdot _nC_1+a_0$
$(a_k,a_{k-1},\dots ,a_0は整数)$
さらに$f(k+1)$が整数より$a_{k+1}+g(k+1)$が整数．
したがって，$a_{k+1}$は整数を得る．したがって，性質３が成り立つことが証明された．

整数値多項式の知識があれば（なくとも），問題の（４）は次のようになります．
次の方法の方が自然で，出題の方法に若干の違和感を感じます．しかし，大学入試は問題を解くことが目的でなく，受験生の数学的思考力， 分析力を調べることです． ですからこの問題は素晴らしいものです．

関数$f(x)=(x-1)(x-2)$を考える．$x=3k+1,3k+2$のとき$f(x)$は$3$の倍数であり，連続する整数の積は$2$の倍数．
すなわち$f(x)$は$6$の倍数である．
したがって，
$\dfrac{(x-1)(x-2)}{3!}$
は
条件$C:3$で割り切れないすべての整数$x$について$f(x)$は整数
を満たす．
そこで，係数が実数の２次式$f(x)$を
$f(x)=a\dfrac{(x-1)(x-2)}{3!}+bx+c$
とおく．
言い方を変えれば，$f(x)$を$\frac{(x-1)(x-2)}{3!}$で割った余りは1次式よりそれを$bx+c$と置いたということ．
$f(x)$が条件$C$を満たすとき
$f(1),f(2)$が整数であるから$b,c$は整数．
さらに$f(4)$が整数より
$a+4b+c$
が整数より$a$は整数．
逆に
$f(x)=a\dfrac{(x-1)(x-2)}{3!}+bx+c$
で$a,b,c$が整数のとき，３で割り切れないすべての整数で第１項が整数より，$f(x)$が整数である．
したがって，条件$C$を満たす２次式は
$f(x)=a\dfrac{(x-1)(x-2)}{3!}+bx+c,(a,b,cは整数)$
であり，かつその時に限ることが分かる．
ここまででわかれば，問題の(4)は単純な計算です．
$f(x)$を展開して整理すると
$f(x)=\dfrac{a}{6}x^2+(b-\dfrac{a}{2})x+(\dfrac{a}{3}+c)$
係数は正で$f(1)=n$であるから
$a > 0,b > \dfrac{a}{2}, \dfrac{a}{3}+c > 0,f(1)=b+c=n$
を満たす整数の組$(a,b,c)$の個数を求めればよい
$c=n-b$により$c$を消去すると
$a > 0,\dfrac{a}{2} < b < \dfrac{a}{3}+n$
右図の緑色の部分に含まれる格子点の個数を求める.($b$を固定し$a$の個数を調べる)
$1+3+5+\cdots \{2(3n-1)-1\}$
$-\{3+6+\cdots +3(2n-1)\}$
$=(3n-1)^2-3n(2n-1)$
$=3n^2-3n+1$


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