Supongamos que ambos $x$ y $c$ son positivos. Así que, como comentó @user619894 $$x^{1+x}e^{-x}=c^{1+x} \quad \implies \quad c=x \,e^{-\frac{x}{x+1}}\tag 1$$
$$\frac{x}{x+1}=y\quad \implies \quad c=\frac{e^{-y} \,y}{1-y}\quad \implies \quad \color{red}{e^{-y}=c \,\frac {1-y}y}$$ que tiene una solución explícita en términos de la función de Lambert generalizada (ver la ecuación $(4)$ ).
Dicho esto, si se trata de haber obtenido una expresión de forma cerrada, desde un punto de vista práctico, no es muy útil. Sin embargo, si consideramos el caso de grandes valores de $x$ y $c$ podemos escribir
$$x \,e^{-\frac{x}{x+1}}=\frac 1e \Big[x+1+\sum_{n=1}^\infty \frac {a_n}{(n+1)! \,x^n}\Big]$$ La secuencia de la forma del coeficiente $A111884$ en $OEIS$ .
Truncado en algún orden y utilizando la reversión de la serie (con $t=e\,c$ ) $$x=t-1+\frac{1}{2 t}+\frac{1}{3 t^2}-\frac{1}{8 t^3}-\frac{7}{15 t^4}-\frac{31}{144 t^5}+\frac{19}{35 t^6}+\frac{4927}{5760 t^7}-\frac{563}{2835 t^8}+O\left(\frac{1}{t^9}\right)$$
Utilizando los términos anteriores para $c=10$ da la estimación $x=\color{red}{26.20165628306}409$ a comparar con la solución obtenida por el método de Newton es $x=\color{red}{26.20165628306386}$
Incluso para $c=1$ la serie truncada anterior da $x=1.93317$ para ser comparado con la solución $x=1.93295$ .
Reinyectando esta expresión en $(1)$ la diferencia entre lhs y rhs es $\frac{81479}{44800 e^{10} c^9} \sim \frac{8.25\times 10^{-5} } {c^9}$