思路:
定義 \(F(l,r)\) 表示若已經確定了 \([1,l-1]\) 的數,且 \([l,r]\) 沒有限制的貢獻數。
設 \(n\) 的長度為 \(len\),考慮先求出 \([1,i](i \le len-1)\) 的貢獻(是沒有限制的),那麼每次列舉第 \(1\) 位數字 \(a_1 \in [1,9]\),算上 \(F(2,i)\) 的貢獻即可。
則該情況貢獻和為:
現在來考慮長度為 \(len\) 的數的貢獻的和,也考慮列舉第 \(i\) 位的數字 \(j\),那麼若想要使得 \([i+1,len]\) 沒有限制,則至少要滿足 \(i \in [0,n_i-1]\),為了使得後面不算重,故我們要每次算完 \([i+1,len]\) 的貢獻和後,需要令 \(a_i = n_i\)。
則該情況貢獻和為:
注意最後要單獨計算 \(n\) 本身的貢獻。
現在我們來考慮確定 \(a_{1,\cdots,l-1}\) 的情況下如何計算 \(F(l,r)\)。
考慮列舉眾數最大值 \(i\) 和眾數的出現次數 \(j\),設 \(p_i\) 表示 \(i\) 的出現次數,那麼在後面 \([l,r]\) 內 \(i\) 至少還需要出現 \(j-p_i\) 次;同時為了確保 \(i\) 是眾數,需要滿足 \([0,i-1]\) 的出現次數 \(\le j\),且 \([i+1,9]\) 的出現次數 \(\le j-1\);即現在我們要求將 \(r-l+1-(j-p_i)\) 個位置分配給除了 \(i\) 以外的 \(9\) 個數的且滿足限制的方案數。
設我們列舉的眾數為 \(k\),眾數出現次數為 \(mx\),使用動態規劃演算法,定義 \(f_i\) 表示可以分配 \(i\) 個位置的方案數,考慮列舉選的數 \(j\) 和分配給 \(j\) 的數量 \(k\),揹包形轉移:
可以先預處理階乘和逆元來計算組合數。
注意要先列舉 \(j\)。
完整程式碼:
#include<bits/stdc++.h>
#define Add(x,y) (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y)
#define lowbit(x) x&(-x)
#define pi pair<ll,ll>
#define pii pair<ll,pair<ll,ll>>
#define iip pair<pair<ll,ll>,ll>
#define ppii pair<pair<ll,ll>,pair<ll,ll>>
#define fi first
#define se second
#define full(l,r,x) for(auto it=l;it!=r;it++) (*it)=x
#define Full(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define open(s1,s2) freopen(s1,"r",stdin),freopen(s2,"w",stdout);
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define _For(i,l,r) for(int i=r;i>=l;i--)
using namespace std;
typedef long double lb;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
bool Begin;
const ll N=55,mod=1e9+7;
inline ll read(){
ll x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){
if(c=='-')
f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
return x*f;
}
inline void write(ll x){
if(x<0){
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>9)
write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
ll T,n,t,g,ans,sum;
ll a[N],h[N],p[N],f[N],fac[N],inv[N];
char s[N];
ll qpow(ll a,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1ll)
ans=(ans*a)%mod;
a=(a*a)%mod;
b>>=1ll;
}
return ans;
}
void init(){
fac[0]=fac[1]=1;
For(i,2,N-1)
fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
inv[N-1]=qpow(fac[N-1],mod-2);
_For(i,0,N-2)
inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
ll C(ll n,ll m){
if(m>n||m<0)
return 0;
if(!m||n==m)
return 1;
return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
ll get(ll n,ll k,ll mx){
memset(f,0,sizeof(f));
f[0]=1;
For(i,0,9){
if(i==k)
continue;
t=mx-(i>k)-p[i];
if(t<0)
return 0;
_For(j,1,n)
For(k,1,min((int)t,j))
f[j]=(f[j]+f[j-k]*C(j,k)%mod)%mod;
}
return f[n];
}
ll get(ll l,ll r){
sum=0;
For(i,0,9)
p[i]=0;
For(i,1,l-1)
p[a[i]]++;
For(i,1,9)
For(j,p[i],p[i]+r-l+1)
sum=(sum+get(r-l+1-j+p[i],i,j)*C(r-l+1,r-l+1-j+p[i])%mod*i%mod)%mod;
return sum;
}
void solve(){
ans=0;
scanf("%s",s+1);
n=strlen(s+1);
For(i,1,n)
h[i]=s[i]-'0';
For(i,1,n-1){
For(j,1,9){
a[1]=j;
ans=(ans+get(2,i))%mod;
}
}
For(i,1,n){
For(j,(i==1),h[i]-1){
a[i]=j;
ans=(ans+get(i+1,n));
}
a[i]=h[i];
}
write((ans+get(n+1,n))%mod);
putchar('\n');
}
bool End;
int main(){
init();
T=read();
while(T--)
solve();
//cerr<<'\n'<<abs(&Begin-&End)/1048576<<"MB";
return 0;
}