　スコアの総和 $S$ は次の式で与えられる．ただし $a_1,\ldots,a_6$ は非負整数を動く．$S\bmod{p}$ について考えよう．
$$S=\sum_{\sum a_i=N}\left(\dfrac{N!}{\prod a_i!}\times \prod a_i^i\right)$$
　ここで**下降階乗冪** $x^{\underline{n}}$ を実数 $x$ および正整数 $n$ に対し $x^{\underline{n}}=x(x-1)\cdots(x-n+1)$ と定める．
このとき $x$ を変数とみれば $x^{\underline{n}}$ は $x$ の $n$ 次式であり定数項を含まないため，正整数 $n,k$ ($n\geq k$) に対し次をみたす定数 $b_{n,k}$ が一意に存在する．以下でも示されるように，これは整数である．また，$n\lt k$ のときは $b_{n,k}=0$ とする．
$$x^n=\sum_{k=1}^{n} b_{n,k} x^{\underline{k}}$$
また任意の非負整数の組 $p_i$ ($\sum p_i\leq N$) に対し， $T=\sum p_i$ とおくと次が成り立つ．
$$\sum_{\sum a_i=N}\left(\dfrac{N!}{\prod a_i!}\times \prod a_i^{\underline{p_i}}\right)=\sum_{\sum a_i=N-T}\dfrac{N!}{\prod a_i!}=6^{N-T}\times N^{\underline{T}}$$
以上より，次の $x$ の多項式 $P$ を展開し， $x^n$ を $6^{N-n}N^{\underline{n}}$ で置き換えたものが $S$ であることがわかる．
$$P=\prod_{i=1}^{6}\left(\sum_{k=1}^{i}b_{i,k}x^{k}\right)$$
　 $N=4p+7$ より $6^{N-n}N^{\underline{n}}\equiv 6^{N-n}7^{\underline n}\pmod{p}$ であるから，特に $P$ の展開において $8$ 次以上の項は無視できる．以下より $b_{n,1},b_{n,2}$ を求めればよい．
$$P=\left(\prod_{i=1}^{6}b_{i,1}\right)x^6+\left(\prod_{i=1}^{6}b_{i,1}\right)\left(\sum_{i=1}^{6}\dfrac{b_{i,2}}{b_{i,1}}\right)x^7+(8次以上の項)$$
　ここで次の変形が成り立つこと，および $b_{1,1}=b_{2,1}=b_{2,2}=1$ より，$b_{n,1}=1,b_{n,2}=2^{n-1}-1$ を得る．
$$\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{n+1} b_{n+1,k} x^{\underline{k}} &= x^{n+1}\\\\
&=x\left(x^n-(x-1)^n\right)+x(x-1)^n\\\\
&=\sum_{k=1}^{n} b_{n,k} kx^{\underline{k}}+\sum_{k=1}^{n} b_{n,k} x^{\underline{k+1}} \\\\
&=\sum_{k=1}^{n+1} (kb_{n,k}+b_{n,k-1})x^{\underline{k}}
\end{aligned}$$
あるいは，$x=1,2$ をそれぞれ代入して比較してもよい．いずれにせよ，次のように計算できる．
$$P=x^6+57x^7+(8次以上の項),\quad S\equiv 6^{N-6}7^{\underline 6}+57\times 6^{N-7}7^{\underline 7}=6^{N-3}\times 245 \pmod{p}$$
　以上より $S\equiv 6^8\times 245\equiv {\bf 411505920} \pmod{p}$ を得る．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc139/editorial/2349
　FPS の解法です．これを用いれば 800 点にしては容易に解けると思います．

---

　問題の総和は以下の形式的冪級数の $x^{4p+7}$ の係数である．
$$
\tag{1}(4 p+7) ! \times \prod_{k=1}^6\left(\frac{0^k}{0 !}+\frac{1^k}{1 !} x+\frac{2^k}{2 !} x^2+\cdots\right)
$$
ここで，非負整数 $n$ について以下が成り立つことに留意する (※1) ：
$$
\sum_{i=0}^{\infty} \frac{{}\_{i}\mathrm{P}_n}{i !} x^i=x^n e^x
$$
これを用いれば，$(1)$ において，例えば $k=2$ のときの $\prod$ の中身は次のように変形できる．
$$
\begin{aligned}
& i^2={ }_i \mathrm{P}_2+{ }_i \mathrm{P}_1 \\\\
\Longrightarrow \quad & \frac{0^2}{0 !}+\frac{1^2}{1 !} x+\frac{2^2}{2 !} x^2+\cdots=\left(x^2+x\right) e^x
\end{aligned}
$$
まとめれば，$(1)$ 全体では次のように変形される．
$$
(4 p+7) ! \times e^{6 x} \times P(x)
$$
なお，ここで
$$
P(x)=x\left(x^2+x\right)\left(x^3+3 x^2+\cdots\right)\left(x^4+6 x^3+\cdots\right)\left(x^5+10 x^4+\cdots\right)\left(x^6+15 x^5+\cdots\right)
$$
である. $P(x)$ の $x^k$ の係数を $a_k$ で表せば， $(1)$ の $x^{4 p+7}$ の係数は
$$
\sum\_{k=0}^{21}\left((4 p+7) ! \times a_k \times \frac{6^{4 p+7-k}}{(4 p+7-k) !}\right)
$$
いま，$\sum$ の中身について，$a_0=a_1=\cdots=a_5=0$ であるから $k \leq 5$ の場合は無視してよく，さらに求めるべき値は上式の値を $p$ で割った余りであるから， $k \geq 8$ の場合も無視してよいことがわかる．すなわち $k=6,7$ の場合のみ考えれぱよい．それぞれ $a_6=1, a_7=57$ と求められる (※2) から, $p$ を法として上式の値は
$$
\frac{1 \cdot 6^{4 p+1}(4 p+7) !}{(4 p+1) !}+\frac{57 \cdot 6^{4 p}(4 p+7) !}{(4 p) !} \equiv 6^5 \times 7 !+57 \times 6^4 \times 7 !=\mathbf{4 1 1 5 0 5 9 2 0}
$$
に等しい．

___

　(※1)　マクローリン展開を用いた変形です．  

　(※2)　本解説はより一般的に $b_{n,2}$ を求めていますが，私は愚直に $b_{1,2}, \cdots, b_{6,2}$ を求めました．

　(オマケ)　非本質な誤植があります．見つかりにくいと思うので，暇な人は探してみてください．
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc139/editorial/2349/186
整数論的考察によってかなり簡単に解くことができます. 補題を知っていれば600点ぐらいの難易度に感じたかも知れません.

まずは本解通り$$S=\sum_{\sum a_i=N}\left(\dfrac{N!}{\prod a_i!}\times \prod a_i^i\right)$$を得る. ここで次の補題を使う:

**補題.**

$p$を素数とし, $\displaystyle N=\sum_{i=1}^m a_i$ とする. ここで $N, a_i$ は非負整数, $m$ は正整数である. さらに $\displaystyle a_i=\sum_jb_{i, j}p^j,\ N=\sum_{j}n_jp^j$ と $p$ 進展開する. このとき
$$\dfrac{N!}{\prod a_i!}\equiv\begin{cases}0&(\mathrm{if}\ \exists j, s.t. \sum_ib_{i,j}\neq n_j)\\\\\displaystyle\prod_j\dfrac{n_j!}{\prod_i b_{i, j}!}&(\mathrm{otherwise})\end{cases}\pmod p$$
(前者の時は $\suma_i$ の$p$進での足し算に繰り上がりがあるとき, 後者は繰り上がりがないときである)

**証明.**

$\displaystyle s_i=\sum_{k=1}^ia_k$ とすると, $P=\displaystyle\dfrac{N!}{\prod a_i!}=\prod_i {}\_{s_i}\mathrm{C}\_{a_i}$ となる. ここでKummerの定理を用いながら $P\equiv 0\pmod p$ か否かで場合分けをし, Lucasの定理を用いることで補題を得る.

$N=4p+7$ が $p$ 進数での表記なので $a_i=pb_i+c_i$ と $p$ 進数で表記すると

$$
S\equiv\sum_{\sum b_i=4}\sum_{\sum c_j=7}\dfrac{4!}{\prod b_i!}\cdot\dfrac{7!}{\prod c_j!}\cdot\prod c_j^j\equiv6^4\cdot\dfrac{7!}{2}\cdot\sum_{i=1}^62^i\equiv 6^4\cdot7!\cdot(2^6-1)\equiv\mathbf{411505920}\pmod p
$$

となる. ここで $\displaystyle\sum_{j=1}^6c_j=7$ ならば $(c_j)$ は $(2,1,1,1,1,1)$ の並べ替えしかあり得ないことを使った.

補題について一言. 良く用いられるLucasの定理などは $n$ 個の中から $m$ 個選ぶ方法の個数を $p$ で割った余りなどを考えますが, これを拡張するなら $n$ 個の中から $m_1$ 個選び, その後 $m_2$ 個選び... (別のタイミングで選んだものは区別する) という方法の個数を $p$ で割った余りを考えたくなると思います. 従ってこの拡張は自然なものと考えることが出来るでしょう.
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc139/editorial/2349/190
　$F(x_1,\dots,x_6)=(x_1+\dots\+x_6)^N$ を考える. これを展開したとき,$x_1^{a_1}\cdots x_6^{a_6}$ の係数は, $D$ の選び方 $6^N$ 通りのうち, $(a_1,\dots,a_6)$ を固定したときの場合の数に一致する. ここで, $x_1^{a_1}\dots x_6^{a_6}$ から $a_1\cdots a_6^6$ を係数に取り出せるような $F$ に対する操作を考える. 例えば, $x_2$ について以下のように操作すれば, $a_2^2$ が取り出せる.
$$\begin{aligned}
\frac{\partial^2 F}{\partial x_2^2}+\frac{\partial F}{\partial x_2}&=\sum\Big\lbrace\frac{\partial^2}{\partial x_2^2}x_1^{a_1}x_2^{a_2}\cdots x_6^{a_6}+\frac{\partial }{\partial x_2}x_1^{a_1}x_2^{a_2}\cdots x_6^{a_6}\Big\rbrace\\\\
&=\sum\Big\lbrace a_2(a_2-1)x_1^{a_1}x_2^{a_2-2}\cdots x_6^{a_6}+a_2x_1^{a_1}x_2^{a_2-1}\cdots x_6^{a_6}\Big\rbrace
\end{aligned}$$
これに$(x_1,\dots,x_6)=(1,\dots,1)$ を代入すれば $a_2^2$ をスコアとしたときのその総和が求められる. ここで, $y=x_1+\dots +x_6$とすると$\dfrac{\partial }{\partial x_1}y^m=\dots=\dfrac{\partial }{\partial x_6}y^m=my^{m-1}$ が成立することや $n$ の冪と下降階乗冪の関係式(参照:[第二種スターリング数](https:\/\/ja.wikipedia.org\/wiki\/スターリング数))に留意すれば, 求めるのは, $g(y)=y^N$ としたとき, 微分演算子 $D=\dfrac{d}{dy}$ とし, 以下の式に $y=6$ を代入したものと分かる.
$$
\begin{aligned}
&D(D^2+D)(D^3+3D^2+D)(D^4+\dots+7D^2+D)(D^5+\dots+15D^2+D)(D^6+\dots+31D^2+D)g(y)\\\\
&=(D^{21}+\dots+57D^7+D^6)g(y)
\end{aligned}$$
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc139/editorial/2349/610
　素数 $p=10^9+7$ について，$N=4p+7$ とします．\
　$1$ 以上 $6$ 以下の整数の組 $D=(d_1, d_2, \dots, d_N)$ に対し，その中に含まれる $i$ の個数を $a_i$ としたとき，$D$ の**スコア**を
$$a_1\times a_2^2\times a_3^3\times a_4^4\times a_5^5\times a_6^6$$
と定めます．このとき，$D$ としてありうる $6^N$ 通りすべてについて，スコアの総和を $p$ で割った余りを求めてください．