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题意：给定一个数，定义一个操作：把每一位+1后插入原位置，即'191'一次操作后变为'2102'。问 k ( k ≤ 2 ∗ 1 0 5 ) k(k\le 2*10^5) k(k≤2∗105)次操作后结果有多少位.共有 t ( t ≤ 2 ∗ 1 0 5 ) t(t\le 2*10^5) t(t≤2∗105)次询问。
思路：如果对于每次操作都模拟一次的话，肯定会超时。此时我们想到预处理，很容易注意到对于给出的数，每一位的操作实际上是独立的，同时考虑到，对于某个位上的数 (假设为 x x x)而言，对整个串进行 k k k次操作实际上等同于对其进行 x + k x+k x+k次操作，故只需预处理对 0 0 0操作 0 0 0~ m a x ( k ) + 9 max(k)+9 max(k)+9次的结果即可。预处理可以使用dp，代码中 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示第i次操作后数位 j j j的数量，转移如下：

dp[i][0] = dp[i - 1][9];
dp[i][1] = (dp[i - 1][9] + dp[i - 1][0]) % mod;
for (int j = 2; j < 10; j++) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

inline ll read() {
  ll x = 0, f = 1;
  char ch = getchar();
  while (ch < '0' || ch > '9') {
    if (ch == '-') f = -1;
    ch = getchar();
  }
  while (ch >= '0' && ch <= '9') {
    x = x * 10 + ch - '0';
    ch = getchar();
  }
  return x * f;
}

const double eps = 1e-9;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;
/***************main****************/
ll T = 1;
ll m, n;
ll dp[maxn + 10][10];
queue<ll> pos;
int main() {
  T = read();
  dp[0][0] = 1;
  for (int i = 1; i <= 2e5 + 10; i++) {
    dp[i][0] = dp[i - 1][9];
    dp[i][1] = (dp[i - 1][9] + dp[i - 1][0]) % mod;
    for (int j = 2; j < 10; j++) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
  }
  while (T--) {
    ll x = read(), k = read(), ans = 0;
    while (x) {
      ll tmp = 0;
      for (int i = 0; i < 10; i++) tmp = (dp[k + x % 10][i] + tmp) % mod;//统计长度
      ans = (ans + tmp) % mod;
      x /= 10;
    }
    cout << ans << endl;
  }
  return 0;
}