$$(AB+BC+CA) : BC = \triangle ABC:\triangle IBC = 2AR : PR = 14 : 5$$
である．また，辺 $AB$ と $\omega$ の接点を $E$ とすると，方べきの定理などから次が従う．
$$AE:DR=\sqrt{AP\cdot AQ}:\sqrt{PR\cdot QR}=\sqrt{254 \times 875} : \sqrt{14 \times 635} = 5 : 1$$
ここで，有名事実として $BD=CR$ が成り立つので，
$$AB=AE+BD,\quad BC=2BD+DR,\quad AC=AE+DR+BD$$
が成り立つ．以上より計算すれば $AB:AC=43:47$ が得られるため，解答すべき値は $\bf{90}$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc191/editorial/3176
　三角比を用いて，鬼のような計算をする方法です．

---

　$AP=254,PQ=621,QR=14$ とする．\
　$ \triangle PDR$ に注目すれば，$PD=3 \sqrt{43815}$（この値を見た時点で，普通はこの方針を断念すべきです）．\
　辺 $AB$ と内接円の接点を $E$ とすると，$ \triangle AEI$は直角三角形である．方べきの定理より $AI=5 \sqrt{8890}$．さらに $EI=PD\/2$ を用いれば，$\tan \angle IAE=\dfrac{3\sqrt{69}}{10\sqrt{14}}$（以下，$\angle IAE=\theta$ とする）．\
　次に，点 $A$ から辺 $BC$ に向けて垂線を下ろす．その垂線上に，$\angle AFI=90^{\circ}$ となるように点 $F$ をとる．適当な相似などを用いれば，$AF=\dfrac{9}{10} PD$，$FI=\dfrac{2}{5}DR$ などとわかる．これらを用いて，$\tan \angle IAF=\dfrac{4\sqrt{14}}{27\sqrt{69}}$．（以下，$\angle IAF=\phi$ とする）\
　いま求めるべき比は，$AB:AC=\cos \angle CAF:\cos\angle BAF=\cos(\theta+\phi):\cos(\theta-\phi)$ である．\
　加法定理を用いれば，
　$$\cos(\theta \pm \phi)=\dfrac{10 \sqrt{14}}{\sqrt{2021}}\cdot\dfrac{27\sqrt{69}}{5 \sqrt{2021}} \mp \dfrac{3 \sqrt{69}}{\sqrt{2021}}\cdot\dfrac{4\sqrt{14}}{5 \sqrt{2021}}$$
となり，あとは簡単な計算で $AB:AC$ を求められる．
三角比を用いる方法（非推奨）
https://onlinemathcontest.com/contests/omc191/editorial/3176/355
　ここでは，公式解説に使われている有名事実の紹介をしていきます．

**有名事実．** $BD = CR$ である．

この構図は，高難易度Gでも使われることがあるので，Gを得意にしたい人は証明を含めて覚えておくことをお勧めします．ここから先は，証明に使う補題と有名事実を初等的に示していきます．

**補題1．**三角形 $ABC$ の $\angle{A}$ 内の傍心を $I_{A}$，傍接円を $\omega_{A}$ とすると，$\omega$ と $\omega_{A}$ の相似の中心は $A$ である．
<details><summary>証明<\/summary>
$A , I , I_{A}$ は同一直線上でかつ，$\omega$ と $\omega_{A}$ はそれぞれ直線 $AB , AC$ に接していることから従う．
<\/details>

**補題2．**$I_{A}$ から直線 $BC$ に下ろした垂線の足を $R’$ とすると，$R = R’$ である．
<details><summary>証明<\/summary>
補題1より，$A , P , R’$ が同一直線上にあることから従う．
<\/details>

**有名事実．**$BD = CR$ である．
<details><summary>証明<\/summary>
補題2より，$R$ は$I_{A}$ から直線 $BC$ に下ろした垂線の足である．また，$I$ から直線 $AB , AC$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $E , F$ とし，$I_{A}$ から直線 $AB , AC$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $S , T$ とすると，

$$AE = AF , AS = AT , BD = BE , BR = BS , CD = CF , CR = CT$$

から $FT = BC$ がわかるので，ここから $BD = CR$ を得る．
<\/details>
有名事実の証明 ver1
https://onlinemathcontest.com/contests/omc191/editorial/3176/364
内心が登場する図では角度の情報が多いので，長さ計算がうまくいくことがよくあります．\
長さ計算は，**面積の比**，**正弦定理**，**三角比**を主な道具として示したい式を得る，幾何分野の解法の一つと思ってもらえばいいです．

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**Well-known fact**\
　三角形 $ABC$ において内心を $I$ ，内接円と辺 $BC,CA,AB$ の交点をそれぞれ $D,E,F$ とする．線分 $DP$ が内接円の直径となるように取り，$AP$ と $BC$ の交点を $R$ とすると次が成り立つ．
$$BR=CD$$

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**証明**\
$$AE=AF=a,　BF=BD=b,　CD=CE=c$$
とし，内接円の半径を $r$ とする．示すべきは $BR:RC=c:b$ である．
$$\begin{aligned}
BR:RC&=|\triangle ABR|:|\triangle ACR|\\\\
&=|\triangle ABP|:|\triangle ACP|\\\\
&=\frac{a+b}{a}\cdot|\triangle AFP|:\frac{a+c}{a}\cdot|\triangle AEP|\\\\
&=(a+b)\cdot d(P,AB):(a+c)\cdot d(P,AC)\\\\
&=(a+b)(2r-d(D,AB)):(a+c)(2r-d(D,AC))　(\because I \text{ is the midpoint of } DP)\\\\
&=(a+b)\sin^2\frac{B}{2}:(a+c)\sin^2\frac{C}{2}\\\\
&(\because 2r-d(D,AB)=2r-b\sin B=2r-2b\tan\frac{B}{2}\cos^2\frac{B}{2}=2r-2r\cos^2\frac{B}{2}=2r\sin^2\frac{B}{2})
\end{aligned}$$
ここで正弦定理より次が成り立つ．
$$\sin\dfrac{B}{2}:\sin\dfrac{C}{2}=\frac{\sin B}{\cos\frac{B}{2}}:\frac{\sin C}{\cos\frac{C}{2}}=\frac{a+c}{\cos\frac{B}{2}}:\frac{a+b}{\cos\frac{C}{2}}$$
したがって
$$\begin{aligned}
(a+b)\sin^2\frac{B}{2}:(a+c)\sin^2\frac{C}{2}&=(a+b)\sin\frac{B}{2}\cdot\frac{a+c}{\cos\frac{B}{2}}:(a+c)\sin\frac{C}{2}\frac{a+b}{\cos\frac{C}{2}}\\\\
&=\tan\frac{B}{2}:\tan\frac{B}{2}\\\\
&=\frac{r}{b}:\frac{r}{c}\\\\
&=c:b
\end{aligned}$$
以上より所望の式： $BR:RC=c:b$ を得る．$\square$
有名事実の証明 ver2
https://onlinemathcontest.com/contests/omc191/editorial/3176/365
　座標計算でも（一応）解けます．

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　$xy$ 平面上で各点を次のようにおく．このとき $\omega$ は中心 $(0,0)$ 半径 $1$ の円で，$B,C$ は直線 $y=-1$ 上にある．
$$I(0,0),\quad D(0,-1),\quad P(0,1)$$
また $B$ の $x$ 座標は正，$C$ の $x$ 座標は負であるとする．このとき $AB\lt AC$ より $A$ の $x$ 座標は正．

　$A(p,q)\ (p,q\gt 0)$ とおき，直線 $AI$ と $y=-1$ の交点を $S$ とおくと $S(-\frac{p}{q},-1)$ で，$AB:AC=BS:CS$ である．
ここで $u=\frac{p}{p^2+q^2},v=\frac{q\sqrt{p^2+q^2-1}}{p^2+q^2}$ とおくと $u,v\gt 0$ であり，$B,C$ の $x$ 座標 $x_B,x_C$ は
$$x_B=\frac{q+1}{q(u+v)}-\frac{p}{q},\quad x_C=\frac{q+1}{q(u-v)}-\frac{p}{q}$$
となる．

<details>

　直線 $AB$ は $\omega$ の接線なので，その方程式は $a^2+b^2=1:(1)$ となる実数 $a,b$ を用い $ax+by=1$ とおける．
これは $A(p,q)$ を通るから $ap+bq=1:(2)$，また $x_B=\frac{b+1}{a}=\frac{1-ap+q}{aq}=\frac{1+q}{aq}-\frac{p}{q}$ である．\
　$(1),(2)$ より $b$ を消去すると $(p^2+q^2)a^2-2pa+1-q^2=0$ となり，$a$ について解くと
$$a=\frac{p\pm\sqrt{p^2-(1-q^2)(p^2+q^2)}}{p^2+q^2}=u\pm v$$
となる．符号を確認すれば $a=u+v$ の方が適することがわかり，$x_B=\frac{1+q}{q(u+v)}-\frac{p}{q}$ が従う．$x_C$ についても同様．

<\/details>

これより $BS:CS=\frac{q+1}{q(u+v)}:\frac{q+1}{q(v-u)}=(v-u):(v+u)$ である．

　ここで $\angle DPQ=\theta$ とおけば $PQ:PR=\cos\theta:\frac{1}{\cos\theta}=621:635$ より $\cos^2\theta=\frac{621}{635}$ であり，このとき 
$$p^2=\left(\frac{254}{635}\cdot DR\right)^2
=\left(\frac{2}{5}\right)^2PD^2\tan^2\theta
=\left(\frac{2}{5}\right)^2PD^2\left(\frac{1}{\cos^2\theta}-1\right)
=\left(\frac{2}{5}\right)^2\cdot 4\cdot\frac{14}{621},$$
$$q^2=\left(1+\frac{254}{635}\cdot DP\right)^2
=\left(1+\frac{2}{5}\cdot 2\right)^2
=\left(\frac{9}{5}\right)^2,$$
$$p^2+q^2-1=\frac{2^2\cdot4\cdot 14+9^2\cdot 621-5^2\cdot 621}{5^2\cdot 621}=\frac{1400}{621}$$

より $u^2:v^2=p^2:q^2(p^2+q^2-1)=2^2:45^2$ が従う．$u,v\gt 0$ より $u:v=2:45$ で，このとき $BS:CS=43:47$．
座標計算
https://onlinemathcontest.com/contests/omc191/editorial/3176/366
　$AB \lt AC$ である三角形 $ABC$ の内心および内接円を $I,\omega$ とし，$\omega$ と辺 $BC$ の接点を $D$ とします．
さらに直線 $DI$ と $\omega$ の交点のうち $D$ でない方を $P$，直線 $AP$ と $\omega$ の交点のうち $P$ でない方を $Q$，直線 $AP$ と辺 $BC$ の交点を $R$ とします．
次が成り立つとき $AB:AC=a:b$ をみたす互いに素な正整数 $a , b$ が一意に存在するので，$a + b$ を求めてください． 
$$AP : PQ : QR = 254 : 621 : 14 $$