#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<string>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre(){freopen("c://test//input.in","r",stdin);freopen("c://test//output.out","w",stdout);}
#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1,class T2>inline void gmax(T1 &a,T2 b){if(b>a)a=b;}
template <class T1,class T2>inline void gmin(T1 &a,T2 b){if(b<a)a=b;}
const int G=71;//矩阵大小
const int Z=1e9+7;//取模数
struct MX
{
int v[G][G];
void O(){MS(v,0);}
void E(){MS(v,0);for(int i=0;i<G;i++)v[i][i]=1;}
MX operator * (const MX &b) const
{
MX c;c.O();
for(int i=0;i<G;i++)
{
for(int j=0;j<G;j++)
{
for(int k=0;k<G;k++)
{
c.v[i][j]=(c.v[i][j]+(LL)v[i][k]*b.v[k][j])%Z;
}
}
}
return c;
}
MX operator ^ (int p) const
{
MX y;y.E();
MX x;MC(x.v,v);
while(p)
{
if(p&1)y=y*x;
x=x*x;
p>>=1;
}
return y;
}
}a,b,c;
int casenum,casei;
int l,r,K;
int main()
{
a.O();
for(int i=1;i<10;i++)
{
int j=i%7;
int o=j*10+i;
a.v[0][o]=1;
}
scanf("%d",&casenum);
for(casei=1;casei<=casenum;casei++)
{
scanf("%d%d%d",&l,&r,&K);//--l;--r;
b.O();
for(int i=0;i<7;i++)//枚举余数
{
for(int j=0;j<10;j++)//枚举尾数
{
int o1=i*10+j;
for(int u=0;u<7;u++)//枚举余数
{
for(int v=0;v<10;v++)//枚举尾数
{
int o2=u*10+v;
b.v[o1][o2]=(j+v!=K&&(i*10+v)%7==u);
}
}
}
}
for(int j=0;j<10;j++)b.v[j][70]=1;
b.v[70][70]=1;
c=a*(b^r);int ansr=c.v[0][70];
c=a*(b^(l-1));int ansl=c.v[0][70];
int ans=(ansr+Z-ansl)%Z;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
不要一开始就思考解决问题，
可以先简化数据规模，从小数据入手，再优化，就能AC看起来比较难的题目啦！
【题意】
对于一个正整数，如果其恰好是7的倍数，而且任意相邻两位的数都不为K，那么我们称这个数为7-K number，
现在问你，长度在[l,r]之间的7-K number的个数是多少，输出其mod （1e9+7）的值。
其中，K∈[0,18]，l<=r<=1e9
【类型】
DP转矩阵快速幂
【分析】
首先，[l,r]大的我们不敢DP。但是我们应该先想到DP的做法，再进而考虑优化与转移——
怎么DP呢？要先考虑状态的设置——
用f[i][j][k]表示长度为i的串，尾数是j，目前%7的余数为k的数串的个数。
我们考虑使得这个数串*10，然后再加上一个尾数。这种做法恰好可以避免出现前导0的情况。
初始情况下，有f[1][x][x%7]=1; x∈[1,9]
那么我们枚举下一位的尾数u，u∈[0,9]便有状态转移方程——
f[i+1][u][(k*10+u)%7]+=f[i][j][k]，转移的条件是u+j≠K
最后f[l~r][0~9][0]就是答案
然而这个DP的时间复杂度是 长度(i)*10(j)*7(k)*10(u)，长度太大，于是时间复杂度爆炸。
我们寻求的解决办法便是——矩阵快速幂。
（尾数，余数）的可能性一共也不过只有70种，我们列出一个70*70的矩阵b[][]
我们把（余数*10+尾数）定义为状态，那么b[i][j]=1则表示由状态i向状态j可以转移
这样我们求b^r和b^(l-1)，a*(b^r)-a*(b^(l-1))就是答案啦。 ?!?!
QwQ ?!?! 并不对！这个是错误的。
a*(b^r)对应的是长度恰好为r，b^(l-1)对应的是长度恰好为l-1。
正确的做法是怎样呢？
我们需要累加一个前缀和，于是引入第71维。
使得b[0~9][70]都为1,b[70][70]也为1.
这样a*(b^p)，得到的是这个DP转移[0,p-1]次（即长度在[1,p]范围下）的合法数串的个数
于是这样，a*(b^r)-a*(b^(l-1))就是答案啦。
【时间复杂度&&优化】
O(T * 71^3 * (log(r)+log(l)) )，运算上限大概是7e7，可以在1s内AC~
*/
