/*假设我们当前要求的是100以内各位数之和和等于s的数有多少个，可以想到就是10以内各位数之和等于s的数
的个数再加上10到100内的各位数之和等于s的个数。令dp[i][j]就代表10的j次方内各位数之和等于i的数的个
数，那么dp[i][j] = dp[i][j - 1] + (10的j-1次方到10的j次方内各位数之和等于i的数的个数)。那么后边这
一部分怎么求呢？我们可以把j位数拆成j-1位数再加一位，要想让各位数之和等于i，那么加的这一位数只能是
1到9中的任意一个数（不能是0的原因不用说了吧），假设我们加的数是1，那么我们剩下j-1位的和只能是i-1，
也就是dp[i - 1][j - 1]，如果加的数是2，那么我们剩下的j-1位的和就是dp[i - 2][j - 1]，以此类推，状态
转移方程就出来了，dp[i][j] = dp[i][j - 1] + dp[i - k][j - 1] ( 1 <= k <= 9)
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
long long dp[90][10];
int main(){
/* for(int i = 0; i <= 9; i++){
dp[0][i] = 1;
dp[i][1] = 1;
}
for(int j = 2; j <= 9; j++){
for(int i = 1; i <= 81; i++){
dp[i][j] = dp[i][j - 1];
for(int k = 1; k <= 9 && k <= i; k++)
// dp[i][j] = dp[i][j - 1] + dp[i - k][j - 1];
dp[i][j] += dp[i - k][j - 1];
}
}
dp[1][9]++; //1还多一种1000000000的情况
*/
int s;
// dp[0][9] = 0; //加不加都能过，不科学，应该是不加的，s=0时应该就是一个
// while(cin >> s) //There are multiple test cases. 有多个测试样例（看不懂英文就是苦逼）
// printf("%lld
", dp[s][9]);
long long w[83]={1, 10, 45, 165, 495, 1287, 3003, 6435, 12870, 24310, 43749, 75501, 125565, 202005,
315315, 478731, 708444, 1023660, 1446445, 2001285, 2714319, 3612231, 4720815, 6063255, 7658190,
9517662, 11645073, 14033305, 16663185, 19502505, 22505751, 25614639, 28759500, 31861500, 34835625,
37594305, 40051495, 42126975, 43750575, 44865975, 45433800, 45433800, 44865975, 43750575, 42126975,
40051495, 37594305, 34835625, 31861500, 28759500, 25614639, 22505751, 19502505, 16663185, 14033305,
11645073, 9517662, 7658190, 6063255, 4720815, 3612231, 2714319, 2001285, 1446445, 1023660, 708444,
478731, 315315, 202005, 125565, 75501, 43749, 24310, 12870, 6435, 3003, 1287, 495, 165, 45, 9, 1};
// for(int i = 0; i <= 81; i++) 利用这个打表
// printf("%lld, ", dp[i][9]);
while(~scanf("%d", &s))
printf("%lld
", w[s]);
return 0;
}