Selectivo de Cono Sur 2017 P5

[tuvie]

Se tiene un tablero de [math]2016 filas y [math]2017 columnas. Determinar si es posible quitar dos casillas de la ultima columna del tablero de modo que el tablero así obtenido se pueda cubrir, sin huecos ni superposiciones y sin salirse del tablero, exclusivamente con piezas como las de la figura. (Esta permitido girar las piezas.)

[math]\begin{array}{c|c|c} \cline{2-2} \; & \; & \; \\ \hline \multicolumn{1}{|c|}{\;} & \; & \multicolumn{1}{|c|}{\;} \\ \hline \; & \; & \; \\ \cline{2-2} \end{array} \qquad \begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline \; & \; & \; & \; & \; \\ \hline \end{array}

[Fran2001]

Ya que nadie lo responde, acá va la solución oficial:

Spoiler: mostrar

La respuesta es no
Escribimos los enteros del $1$ al $2017$ en orden creciente en las casillas de cada fila. Al quitar dos casillas de la última columna habremos quitado dos veces $2017$
Cada pieza cubre cinco números cuya suma es divisible por $5$: la cruz cubre tres veces $n$ además de $n-1$ y $n+1$; cuya suma es $5\cdot n$; mientras que el rectángulo de $5\times 1$ cubre $5$ veces el mismo número o $5$ números consecutivos ($n+n+1+n+2+n+3+n+4=5\cdot n+10=5\cdot (n+2)$)
La suma inicial es $\frac{2017\cdot 2018}2\cdot 2016=2017\cdot 2018\cdot 1008$ que tiene resto $3$ en la división por $5$:
$2\cdot 3\cdot 3\equiv 3\pmod 5$. Al quitar dos casillas de la última columna, la suma total de los restantes números en la división por $5$ es $4$. El cubrimiento es imposible porque la suma de todas las casillas cubiertas debe ser divisible por $5$