《吉林大学ACM集训队选拔赛》

A：

数位dp。
dp[i]表示从小到大第i位时的贡献。
可以发现。
当第i位为7时。它的贡献即为(i+1~n)*10.
即70.71,72,73,74,75,76,77,78,79.对于每一位都有10个数。
0~10有10个.
0~100有100个.
所以可以预处理出这个数。
显然可以发现，当该位没有到达上界时，下面的位任意组合都可以在它的范围内.
比如当前位上界为7,当前值为6.
60,61,62,63,64,65,66,67,68,69.
601,601，...
610...
690...
这些都是可以的。显然这个数是0~(10^(i-1)).即10^(i-1)个数.
当当前位为上界时，就需要额外统计。
所以我们的dp[i]就只需要存不是上界时,下一位的总贡献,因为对于当前位都可以凑得.
当当前位为7时,和下面的位的组合都会有1的贡献。
那么当加上下面位自身的贡献后，显然要加上7的贡献，这个值显然是7*(10^(i-1)).

这里由于后面能够凑得的数字组合个数不一定是全部10^i(因为有上界的影响)。
所以在dfs过程中返回值用pii.来存下一位的方案数和下一位能凑成的个数

如果我们用dp[0]来表示最高位的情况。
然后dp[1]..dp[2]来递推。
最后对于当前数字显然是对的。
当是当字符串长度改变时，显然答案就不再正确。
因为这时会直接沿用dp[1]..dp[2]..
但当前字符串的最高位的dp[1]显然和之前的不一样.

所以我们应该用dp[0]来存最低位的无上界情况，显然大家的最低位的情况都是一样的.
Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
//typedef pair<INT,int> pii;
const int N = 1e5+5;
const int M = 1e6+5;
const int Mod = 1e9+7;
#define pi acos(-1)
#define INF 1e18
#define INM INT_MIN
#define rg register
#define pb(a)  push_back(a)
#define mk(a,b) make_pair(a,b)
#define dbg(x) cout << "now this num is " << x << endl;
#define met0(axx) memset(axx,0,sizeof(axx));
#define metf(axx) memset(axx,-1,sizeof(axx));
#define sd(ax) scanf("%d",&ax)
#define sld(ax) scanf("%lld",&ax)
#define sldd(ax,bx) scanf("%lld %lld",&ax,&bx)
#define sdd(ax,bx) scanf("%d %d",&ax,&bx)
#define sddd(ax,bx,cx) scanf("%d %d %d",&ax,&bx,&cx)
#define sfd(ax) scanf("%lf",&ax)
#define sfdd(ax,bx) scanf("%lf %lf",&ax,&bx)
#define pr(a) printf("%d\n",a)
#define plr(a) printf("%lld\n",a)
/*
数位dp。
dp[i]表示从小到大第i位时的贡献。
可以发现。
当第i位为7时。它的贡献即为(i+1~n)*10.
即70.71,72,73,74,75,76,77,78,79.对于每一位都有10个数。
0~10有10个.
0~100有100个.
所以可以预处理出这个数。
显然可以发现，当该位没有到达上界时，下面的位任意组合都可以在它的范围内.
比如当前位上界为7,当前值为6.
60,61,62,63,64,65,66,67,68,69.
601,601，...
610...
690...
这些都是可以的。显然这个数是0~(10^(i-1)).即10^(i-1)个数.
当当前位为上界时，就需要额外统计。
所以我们的dp[i]就只需要存不是上界时,下一位的总贡献,因为对于当前位都可以凑得.
当当前位为7时,和下面的位的组合都会有1的贡献。
那么当加上下面位自身的贡献后，显然要加上7的贡献，这个值显然是7*(10^(i-1)).

这里由于后面能够凑得的数字组合个数不一定是全部10^i(因为有上界的影响)。
所以在dfs过程中返回值用pii.来存下一位的方案数和下一位能凑成的个数

如果我们用dp[0]来表示最高位的情况。
然后dp[1]..dp[2]来递推。
最后对于当前数字显然是对的。
当是当字符串长度改变时，显然答案就不再正确。
因为这时会直接沿用dp[1]..dp[2]..
但当前字符串的最高位的dp[1]显然和之前的不一样.

所以我们应该用dp[1]来存最低位的无上界情况，显然大家的最低位的情况都是一样的.
*/
string s;
LL dp[N],pre[N];
typedef pair<LL,LL> pii;
int n;
void init()
{
    pre[1] = 10;for(int i = 2;i < N;++i) pre[i] = (pre[i-1]*10)%Mod;
}
pii dfs(int pos,bool f)//pos-当前位,f-前驱是否为上界
{
    if(pos == n) return pii(0,1);//可以发现,对于最低位,算上自己，所以是1.
    if(dp[n-1-pos] != -1 && !f) return pii(dp[n-1-pos],pre[n-pos]);//因为pos最大n-1,所以这里n-pos不用-1.
    int up = f ? s[pos]-'0' : 9;
    LL ans = 0,cnt = 0;//ans-对于上一位的总贡献,cnt-后面能组成的数量
    for(int i = 0;i <= up;++i)
    {
        pii ma = dfs(pos+1,f && i == up);
        ans = (ans+ma.first)%Mod;//统计下一位能组成的所有方案数.
        cnt = (cnt+ma.second)%Mod;
        if(i == 7) ans = (ans+ma.second)%Mod;//这里+second是因为cnt是统计的当前位的所有情况。
    }
    if(!f) dp[n-1-pos] = ans;
    return pii(ans,cnt);
}
void run()
{
    init();
    metf(dp);
    int t;sd(t);
    while(t--)
    {
        cin >> s;
        n = s.size();
        pii ans = dfs(0,1);//最高位从上界开始往下.
        plr(ans.first);
    }
}  
int main()
{
    run();
    system("pause");
    return 0;
}