思路：
定义 \(F(l,r)\) 表示若已经确定了 \([1,l-1]\) 的数，且 \([l,r]\) 没有限制的贡献数。
设 \(n\) 的长度为 \(len\)，考虑先求出 \([1,i](i \le len-1)\) 的贡献（是没有限制的），那么每次枚举第 \(1\) 位数字 \(a_1 \in [1,9]\)，算上 \(F(2,i)\) 的贡献即可。
则该情况贡献和为：
\[\sum_{i=1}^{len-1} \sum_{j=1}^9 F(2,i) \]现在来考虑长度为 \(len\) 的数的贡献的和，也考虑枚举第 \(i\) 位的数字 \(j\)，那么若想要使得 \([i+1,len]\) 没有限制，则至少要满足 \(i \in [0,n_i-1]\)，为了使得后面不算重，故我们要每次算完 \([i+1,len]\) 的贡献和后，需要令 \(a_i = n_i\)。
则该情况贡献和为：
\[\sum_{i=1}^{len} \sum_{j=[i=1]}^{n_i-1} F(i+1,len) \]注意最后要单独计算 \(n\) 本身的贡献。
现在我们来考虑确定 \(a_{1,\cdots,l-1}\) 的情况下如何计算 \(F(l,r)\)。
考虑枚举众数最大值 \(i\) 和众数的出现次数 \(j\)，设 \(p_i\) 表示 \(i\) 的出现次数，那么在后面 \([l,r]\) 内 \(i\) 至少还需要出现 \(j-p_i\) 次；同时为了确保 \(i\) 是众数，需要满足 \([0,i-1]\) 的出现次数 \(\le j\)，且 \([i+1,9]\) 的出现次数 \(\le j-1\)；即现在我们要求将 \(r-l+1-(j-p_i)\) 个位置分配给除了 \(i\) 以外的 \(9\) 个数的且满足限制的方案数。
设我们枚举的众数为 \(k\)，众数出现次数为 \(mx\)，使用动态规划算法，定义 \(f_i\) 表示可以分配 \(i\) 个位置的方案数，考虑枚举选的数 \(j\) 和分配给 \(j\) 的数量 \(k\)，背包形转移：
\[f_i = \sum_{j=0}^9 [j \ne k] \sum_{k=0}^{\min(mx,p_j-[i>k])} \binom{i}{k} f_{i-k} \]可以先预处理阶乘和逆元来计算组合数。
注意要先枚举 \(j\)。
完整代码：
#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;
}