　$f(a,b) = a^b - a$ とおき，以下の補題を示す．
****
**補題1.**　$p$ を素数であって， $n-1$ が $p-1$ で割り切れるようなものとすると，$g(n)$ は $p$ でちょうど $1$ 回割り切れる．    

**証明.**　$k$ が $p$ で割り切れるとき， $k^n-k$ は $p$ の倍数．$k$ が $p$ で割り切れないとき，フェルマーの小定理から，$k^n \equiv k \pmod{p}$ となるので，この場合も $k^n-k$ は $p$ の倍数．$p\leq n$ より，$f(p,n)=p^n-p$ は $g(n)$ で割り切れる．$p^n-p$ は $p$ で丁度一回割り切れるため，補題が示される．
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**補題2.**　$p$ を素数であって， $n-1$ が $p-1$ で割り切れないものとすると，$g(n)$ は $p$ で割り切れない．  

**証明.**　以下の場合分けによって示される．
- $p \leq n!$ のとき   
$\mod{p}$ での原始根を一つとり， $r$ とする．$r \leq  n!$ となるように取ることができ，条件より $n-1$ を $p-1$ で割った余りを $t$ とすると，$t$ は $0$ でないため，$r^t \not\equiv 1 \pmod{p}$ であり，フェルマーの小定理と合わせて，$r^{n} \equiv r^{t+1} \pmod{p}$ となるため，$f(r,n)$ は $p$ で割り切れない．したがって，$g(n)$ は $p$ で割り切れない．  
- $p \gt n!$ のとき  
　$f(2,n)=2^n-2 \leq n! \lt p$ となるため，$f(2,n)$ は $p$ で割り切れず，したがって $g(n)$ は $p$ で割り切れない．  
****

　補題1と補題2により，以下を得る．
$$
g(n)=\prod_{\substack{p-1|n-1 \\\\ p:prime }} p　\cdots (1)
$$ 
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**補題3.**　任意の素数 $p$ に対して，$M_p = \bigg\lfloor \dfrac{10^7-1}{p-1} \bigg\rfloor$ である．  

**証明**　$g(2),\ldots,g(10^7)$ の中で $p$ で割り切れるものの数は，(1)式より，$1,\ldots,10^7-1$ の中にある $p-1$ の倍数の個数と一致する．これは  $\bigg\lfloor \dfrac{10^7-1}{p-1} \bigg \rfloor$ と計算できる．
****
　補題3により，以下を得る．
$$
\begin{aligned}
p+M_p &= 1+ p-1 + \bigg\lfloor \dfrac{10^7-1}{p-1} \bigg\rfloor\\\\
&= 1+(p-1)+\dfrac{10^7-1}{p-1} -r \\\\
& \geq 1-r + 2\sqrt{10^7-1} \\\\
& \geq 6324.555
\end{aligned}
$$
途中の $r$ は $\dfrac{10^7-1}{p-1}$ の小数部分で，途中の不等式は相加相乗の不等式を用いた．$p+M_p$ が整数であることより，$6325$ 以上であるとわかる．ここで，$\sqrt{10^7-1}$ に近い素数である $3163$ を代入すると，$3163+M_{3163}=6325$ となり，下からの評価を実現する値となっている．したがって解答すべき値は $\mathbf{6325}$．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc237/editorial/10114
　$2$ 以上の整数 $n$ に対し，
$$
g(n) = \mathrm{gcd} (2^n-2, 3^n-3, \ldots, (n!)^n - n!)
$$ 
と定めます．$M=\displaystyle \prod_{k=2}^{10^7} g(k)$ とおき，素数 $p$ に対して $M$ が $p^k$ で割り切れるような非負整数 $k$ の最大値を $M_p$ とします．$p$ が素数全体を動くとき，$p+M_p$ の最小値を求めてください．