　半直線 $PA$ 上に $PC=PQ$ なる点 $Q$ をとると,三角形 $BCP$ と三角形 $BQP$ は合同であるから特に $BC=BQ$ であり, これと $∠CBQ = ∠CBP + ∠PBQ = 60^\circ$ より三角形 $BCQ$ は正三角形である．一方，$∠ABQ=∠AQB$ より $AB = AQ$ であるから，これらより三角形 $ABC$ と三角形 $AQC$ は合同, 特に $\angle ACB=30^\circ$ である．従って，
$$\begin{aligned}
∠CAP &= \angle{BAC}-\angle{BAP} \\\\
&= (180^\circ-51.4^\circ-30^\circ)-(180^\circ-21.4^\circ-141.4^\circ) \\\\
&= 81.4^\circ = (407\/5)^\circ
\end{aligned}$$
特に解答すべき値は $\textbf{412}$ である． 
![figure 1](\/images\/3c2UpmPJBVZ2msrBYDOwVVynkwRBictif1cuThU5)
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc068/editorial/2240
　図形の問題は苦手なので計算で解きます><

　$\theta=141.4^\circ$とおきます．$\angle BAP=300^\circ-2\theta,\angle PCB=150^\circ-\theta$ であるので，正弦定理より，\
$$\dfrac{AP}{PB}=\dfrac{\sin(\theta-120^\circ)}{\sin(300^\circ-2\theta)},\quad \dfrac{CP}{PB}=\dfrac{\sin30^\circ}{\sin(150^\circ-\theta)}$$
ここで $\angle PAC=x$ とおくと
$$\dfrac{AP}{CP}=\dfrac{\sin(2\theta-180^\circ-x)}{\sin x}$$
一方，\
$$\dfrac{AP}{CP}=\dfrac{\sin(\theta-120^\circ)\sin(150^\circ-\theta)}{\sin(300^\circ-2\theta)\sin30^\circ}=\dfrac{\sin(\theta-120^\circ)}{\cos(150^\circ-\theta)}=\dfrac{\sin(\theta-120^\circ)}{\sin(240^\circ-\theta)}=\dfrac{\sin(\theta-120^\circ)}{\sin(\theta-60^\circ)}$$ 
であり，これは $x=\theta-60^\circ$ のとき成り立ちます．\
　図から $x$ は一意に定まるので $x=\theta-60^\circ=81.4^\circ$ とわかり，答えは $\textbf{412}$ です．
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc068/editorial/2240/18
　三角形 $ABC$ およびその内部の点 $P$ が以下の条件をみたします． 
$$∠BPA = ∠BPC = ∠ABP+120^\circ=141.4^\circ,\quad ∠PBC = 30^\circ$$
このとき, $∠PAC$ の大きさは互いに素な正整数 $a,b$ を用いて $a\/b$ 度と表されるので，$a + b$ を解答してください．