一眼题 长度为1e5 QAQ
给我们一个数字字符串 操作若干次 每次移除它的子串，留下的数字重新拼接后 用ans累加起来 求最终的ans对1e9+7取模的结果
观察一下吧 ， 从低位开始 也就是从右到左
每位可以取到的次数为i*(i-1)/2 num
那么这样子分析，如果我们取的子串位于当前位的左边，那么对于现在这一位来说，贡献是没改变的 仍然是10^i *num
比如说111
从右往左 第一个1 产生的贡献为1乘num 因为无右边 所以右边贡献为0
第二个1 左边产生贡献为10 乘num 右边产生贡献为拿走i=3 则i=2处于最低位 产生1的贡献
第三个1 作为最高位 产生贡献100 * 0 右边都拿走了 产生1的贡献，右边任意拿走一个 产生2 * 10的贡献
总贡献为1 * 3+10 * 1+100 * 0+ 0+1+20+1 =35
好，很有精神，我们来看看1111的每位的右边贡献
321 21 1 0
好 更有精神 来看看11111
4321 321 21 1 0
为什么我一直拿全是1的字符串举例子呢 QAQ其实你对于1 的规律全部乘当前位的数不就是题目要的东西了
也没啥思维吧 就是个规律题
那么右边的贡献可以自己归纳下公式 我就不写了（逃
#include<bits/stdc++.h>
#include<stdlib.h>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<time.h>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#define ll long long
#define int long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mods 1000000007
#define modd 998244353
#define PI acos(-1)
#define fi first
#define se second
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define si size()
#define E exp(1.0)
#define fixed cout.setf(ios::fixed)
#define fixeds(x) setprecision(x)
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0)
using namespace std;
ll gcd(ll a,ll b){
if(a<0)a=-a;if(b<0)b=-b;return b==0?a:gcd(b,a%b);}
template<typename T>void read(T &res){
bool flag=false;char ch;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(flag=true);
for(res=ch-48;isdigit(ch=getchar());res=(res<<1)+(res<<3)+ch - 48);flag&&(res=-res);}
ll lcm(ll a,ll b){
return a*b/gcd(a,b);}
ll qp(ll a,ll b,ll mod){
ll ans=1;if(b==0){
return ans%mod;}while(b){
if(b%2==1){
b--;ans=ans*a%mod;}a=a*a%mod;b=b/2;}return ans%mod;}//快速幂%
ll qpn(ll a,ll b, ll p){
ll ans = 1;a%=p;while(b){
if(b&1){
ans = (ans*a)%p;--b;}a =(a*a)%p;b >>= 1;}return ans%p;}//逆元 (分子*qp(分母,mod-2,mod))%mod;
char s[1000006];
ll ve[3];
signed main(){
//ll n;
//read(n);
//n*n-1/2
//12
/*
ll ok=12;
ok=ok*(ok-1)/2;
printf("%lld",n*ok%mods);
*/
scanf("%s",s+1);
ll n=strlen(s+1);
ll ans=0;
ll vel=0;
ll sum=0;
ll poow=1;
for(int i=n;i>=1;i--){
vel=(10*vel+sum)%mods;
ll num=i*(i-1)/2;
//printf("Q %lld %lld\n",(num%mods*poow)%mods*(s[i]-'0')%mods,vel);
ans =(ans+(num%mods*poow+vel)%mods*(s[i]-'0'))%mods;
sum =(sum+poow)%mods;
poow =10*poow%mods;
}
printf("%lld\n",ans%mods);
return 0;
}