　$a,\\, b$ の式は
$$ a^2 + \left(3b + 1\right) a - \left(b^3 + 2b^2 + 4b + 2\right) = 0 $$
と書き換えられ，
$$ \left(b + 1\right)^2 \left(4b + 9\right) = \left(3b + 1\right)^2 + 4 \left(b^3 + 2b^2 + 4b + 2\right) \ge 0, $$
$$ \left(b^2 + 6b + 10\right)^2 - 4 \left(b + 1\right)^2 \left(4b + 9\right) = \left(b + 2\right)^2 \left(b - 4\right)^2 \ge 0, $$
$$4a \le -2\left(3b + 1\right) + 2 \sqrt{\left(b + 1\right)^2 \left(4b + 9\right)} \le -6b - 2 + \left|b^2 + 6b + 10\right| = b^2 + 8, $$
$$ \therefore\exists\hspace{36408sp} p, q \in \mathbb R\hspace{454500sp} \mathopen{}\left(a = pq + 2,\hspace{314705sp} b = p + q\right)\mathclose{}. $$
これを $a,\\, b$ の式に代入すると
$$ 0 = \left(pq + p + q + 1\right) \left(pq + 2p + 2q + 4\right) - \left(p + q\right) \left(p + q + 2\right)^2 = \left(p^2 - 2 - q\right) \left(q^2 - 2 - p\right)\mathclose{}, $$
$$ \therefore q = p^2 - 2\hspace{454500sp} \text{or}\hspace{454500sp} p = q^2 - 2. $$
対称性より，$q = p^2 - 2$ として一般性を失わない．  
　さらに，ある $n$ で $x\_n = p\_n\\, q\_n + 2,\hspace{314705sp} y\_n = p\_n + q\_n$ と表せるとき，仮定の漸化式より
$$ \begin{cases}
x\_{n+1} = \left(p\_n^2 - 2\right) \left(q\_n^2 - 2\right) + 2 \\\\
y\_{n+1} = \left(p\_n^2 - 2\right) + \left(q\_n^2 - 2\right)
\end{cases}, $$
$$\therefore\exists\hspace{36408sp}\mathopen{}\left\\{p\_n\right\\} \subset \mathbb R,\\, \forall\hspace{36408sp} n\hspace{454500sp} \mathopen{}\left(x\_n = p\_n\\, p\_{n+1} + 2,\hspace{314705sp} y\_n = p\_n + p\_{n+1},\hspace{314705sp} p\_{n+1} = p\_n^2 - 2\right)\mathclose{}. $$
また $z\_n \coloneqq \left(x\_n - y\_n - 2\right) \left(y\_n + 1\right) + 2$ とおくと，$\left(x\_n - y\_n - 2\right) \left(y\_n + 1\right)$ が一定であることは，$z\_n$ が一定であることと同値．
* $\rule[-7pt]{0pt}{7pt}\mathopen{}\left|p\right| \le 2$ のとき  
　$p = 2 \cos \alpha$ とおくと，$\left\\{p\_n\right\\}$ の漸化式より，帰納的に $p\_n = 2 \cos\mathopen{}\left(2^{n-1}\\,\alpha\right)$ が得られ，さらに
$$ \begin{aligned}
z\_n &= \left(4 \cos\mathopen{}\left(2^{n-1}\\,\alpha\right) \cos\mathopen{}\left(2^n\\,\alpha\right) + 2 - 2\cos\mathopen{}\left(2^{n-1}\\,\alpha\right) - 2 \cos\mathopen{}\left(2^n\\,\alpha\right) - 2\right) \\\\
&\hspace{5cm} \times \left(2\cos\mathopen{}\left(2^{n-1}\\,\alpha\right) + 2 \cos\mathopen{}\left(2^n\\,\alpha\right) + 1\right) + 2 \\\\
&= 2 \left(\cos\mathopen{}\left(3 \times 2^{n-1}\\,\alpha\right) - \cos\mathopen{}\left(2^n\\,\alpha\right)\right) \left(2\cos\mathopen{}\left(2^{n-1}\\,\alpha\right) + 2 \cos\mathopen{}\left(2^n\\,\alpha\right) + 1\right) + 2 \\\\
&= 2 \cos\mathopen{}\left(5 \times 2^{n-1}\\,\alpha\right)\mathclose{}.
\end{aligned} $$
よって $\left\\{z\_n\right\\}$ は漸化式 $z\_{n+1} = z\_n^2 - 2$ を満たす．さらに
$$ z\_{n+1} - z\_n = -4 \sin\mathopen{}\left(15 \times 2^{n-2}\\,\alpha\right) \sin\mathopen{}\left(5 \times 2^{n-2}\\,\alpha\right) $$
であり，$z_n$ が一定であることは $\exists\hspace{36408sp}k \in \mathbb Z\hspace{454500sp} \mathopen{}\left(\alpha = \dfrac{k \pi}{15 \times 2^{6967}}\right)$ と同値．このとき
$$ \frac{1 - a}{1 + b} = -\frac{8 \cos^3 \alpha - 4 \cos \alpha + 1}{4 \cos^2 \alpha + 2\cos \alpha - 1} = 1 - 2 \cos \alpha. $$
となる．ただし，$\rule[-11pt]{0pt}{11pt}\cos \alpha = \dfrac{-1 \pm \sqrt5}4$ のとき，$b \neq -1$ に反し，このような $k$ が存在することに注意する．
* $\rule[-7pt]{0pt}{16pt}\mathopen{}\left|p\right| \gt 2$ のとき  
　$\left|p\_n\right| \gt 2 \\;\Longrightarrow\\; p\_{n+1} = p\_n^2 - 2 \gt 2$ より，帰納的に $p\_n \gt 2 \hspace{454500sp} (n \ge 2)$ が得られる．さらに
$$ z\_n = \left(p\_n \left(p\_n^2 - 2\right) + 2 - p\_n - \left(p\_n^2 - 2\right) - 2\right) \left(p\_n + \left(p\_n^2 - 2\right) + 1\right) + 2 = p\_n^5 - 5p\_n^3 + 5p_n $$
より，$z\_n \gt 2 \hspace{454500sp} (n \ge 2)$ であって，上と同様の漸化式 $z\_{n+1} = z\_n^2 - 2$ を満たすことが分かる．すると $n \ge 2$ において
$$ z\_{n+1} - z\_n = \left(z\_n - 2\right) \left(z\_n + 1\right) \gt 0 $$
が成立するので，仮定を満たさず不適．

$\cos \dfrac{k \pi}{15 \times 2^{6967}}$ のとりうる値は $\left(15 \times 2^{6967} + 1\right)$ 通りで，その総和は $0$ であることから
$$ S = 15 \times 2^{6967} + 1 - \left(1 - \dfrac{-1 + \sqrt5}2\right) - \left(1 - \dfrac{-1 - \sqrt5}2\right) = 15 \times 2^{6967} - 2. $$
したがって，求める余りは $\bm{994}$．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omce006/editorial/6969
　実数 $a,\\, b$ は $b \neq -1$ および
$$ \left(a + b - 1\right) \left(a + 2b + 2\right) = b \left(b + 2\right)^2 $$
を満たします．また実数列 $\mathclose{\left\\{x\_n\right\\}},\left\\{y\_n\right\\}$ は，$x\_1 = a,\hspace{314705sp} y\_1 = b$ および連立漸化式
$$ \begin{cases}
x\_{n+1} = x\_n^2 - 2y\_n^2 + 2 \\\\
y\_{n+1} = y\_n^2 - 2x\_n
\end{cases} \qquad (n = 1, 2, \ldots)$$
を満たします． $6969$ 以上の整数 $n$ について，
$$\left(x\_n - y\_n - 2\right) \left(y\_n + 1\right)$$
の値が一定であったとき，$\dfrac{1 - a}{1 + b}$ としてあり得る実数の総和は整数になるので，これを $7777$ で割った余りを求めてください．