令c|a,N=1（否则令c=N|a,c>1,b=1矛盾）
N=1时可证Ma^x+x历经modc完系（仿05巴西p6用第二数归和周期性）

N=±1应该都可以
N=1时要证明，对任意正整数M,a,b,c，Ma^x+x≡b(mod c)都有无穷多解，只要证明Ma^(x+b)+x≡0(mod c)有无穷多解，令m=M*a^b，只要证明对任意正整数m,a,c, ma^x+x≡0(mod c)有无穷多解
1) 当c为质数p时，
1.1)若p|m或p|a，则x≡0(mod p)时ma^x+x≡0(mod p)，
1.2)若p与m，a均互质，则x=1, p, 2p-1,…,1+(p-1)(p-1)这p个公差为p-1的数时，x≡1(mod p-1)，则ma^x≡ma(mod p)，而它们中任两个的差1+i(p-1)-1-j(p-1)≡j-i (mod p)，1-p≤j-i≤p-1且j-i≠0，所以j-i≠0(mod p)，所以x取这p个数时，ma^x+x两两不同余，由抽屉原理其中一定有一个x=t使得ma^x+x≡0(mod p)，则x≡t(mod p(p-1))时x均为该同余方程的解，此时t≡1(mod p-1)
同理t≡2,…,p-1(mod p-1)时均恰可找到一组x≡t(mod p(p-1))为关于x同余方程的解，因此关于x的同余方程的解x≡t[1]或t[2]…或t[p-1](mod p(p-1))，且任两组mod p-1不同余
2) 当c为质数p的幂次时，设c=p^k，
2.1)若p|a，则x≡0(mod c)且x≥k为方程的解，
2.2)若p|m，设m含p的幂次为h，若能证明(m/p^h)a^x+x≡0(mod p^(k-h))有无穷多解，对于这些x，由于(p^h-1)*x≡0(mod p-1)，a^((p^h)x)≡a^x(mod p)，且(m/p^h,p)=1，所以x满足(m/p^h)a^((p^h)x)+x≡0(mod p^(k-h))，则m*a^((p^h)x)+(p^h)*x≡0(mod p^k)，则求证的方程有无穷多解(p^h)x
2.3)若p与m,a均互质，则可用归纳法证明，对任意n，m*a^x+x≡0(mod p^n)均存在(p-1)组解x≡t[1](n)或t[2](n)…或t[p-1](n)(mod p^n*(p-1))，且任两组解mod p-1不同余
n=1时已经证明，假设n=k时成立，p-1组解中某一组为x≡t(mod p^k*(p-1))，则x=t,…,t+p^k*(p-1)^2这p个公差为p^k*(p-1)的数时均有m*a^x+x≡0(mod p^k)，由于φ(p^(k+1))=p^k*(p-1)，所以x取这p个数时m*a^x≡m*a(mod p^(k+1))，对这p个数中任两个数t+p^k*(p-1)*i，t+p^k*(p-1)*j，0≤i＜j≤p-1，由于i-j≠0(mod p)，对两数作差可知它们mod p^(k+1)不同余，所以x取这p个数时m*a^x+x(mod p^(k+1))两两不同余，由抽屉原理一定其中存在一个x=t' 使得m*a^t'+t'≡0(mod p^(k+1))，则对x≡t'(mod p^(k+1)(p-1)), x均为m*a^x+x≡0(mod p^(k+1))的解，且t'≡t(mod p-1)
同理(p-1)组解中每一组均存在对应的t'，而且每一组mod p-1不同余，因此共有(p-1)组解x≡t[1](k+1)或t[2](k+1)…或t[p-1](k+1)(mod p^(k+1)(p-1))使ma^x+x≡0(mod p^(k+1))
从而归纳法所证成立，
那么2.2)中p|m时的情况也成立
3) c的质因数不止一个，

后面部分空太小写不下，告辞！