各位请看这个式子

\[ \displaystyle \left\vert s \right\vert * val_s \]

设\(val_s\)为\(w_1 + w_2 + \cdots +w_s\)

所以上式就可以表示为

\[ \displaystyle \begin{aligned} w_1+w_2&+\cdots +w_s\\ w_1+w_2&+\cdots +w_s\\ w_1+w_2&+\cdots +w_s\\ &\cdots \\ w_1+w_2&+\cdots +w_s\\ \end{aligned} \]

可以发现, \(w_1\)总共被贡献了s次, 分别是由\(w_1, w_2, \cdots, w_s\)贡献的, 所以我们可以这样理解每个数对最终答案的贡献

一. 由自己所贡献, 那么这样的方案数为

\[ \displaystyle \begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix} \]

即自己在任意一种将\(n\)个数分为\(k\)个集合的方案中都对答案有贡献

二. 由其他数所贡献, 这样的方案数为

\[ \displaystyle (n - 1)\begin{Bmatrix}n - 1\\k\end{Bmatrix} \]

即这个数跟任意一个其他的数在同一个集合中都会有贡献, 选一个其他的数共有\((n - 1)\)种选择, 然后对于某个其他的数, 其分在\(k\)个集合中任一个都会有对该数有一次贡献, 然后分在\(k\)个集合中的任一个集合的方案数是\(\begin{Bmatrix}n-1\\k\end{Bmatrix}\)

所以就是上面那个式子

故最后的答案是

\[ \displaystyle ans = (\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}+(n-1)\begin{Bmatrix}n-1\\k\end{Bmatrix})\sum_{i=1}^{n}w_i \]

Code

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          #define itn int#define reaD read#define mod 1000000007#define N 200005using namespace std;itn n, m, jc[N], inv[N], sum, ans; inline int read(){ int x = 0, w = 1; char c = getchar(); while(c < '0' || c > '9') { if (c == '-') w = -1; c = getchar(); } while(c >= '0' && c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); } return x * w;}int fpow(int x, int y){ int res = 1; while(y) { if(y & 1) res = 1ll * res * x % mod; x = 1ll * x * x % mod; y >>= 1; } return res; }int C(int n, int m){ int res = jc[n]; res = 1ll * res * inv[m] % mod; res = 1ll * res * inv[n - m] % mod; return res; }int Stirl(int n, int m){ int res = 0; for(int i = 0; i <= m; i++) { int num = i & 1 ? mod - 1 : 1; num = 1ll * num * C(m, i) % mod; num = 1ll * num * fpow(m - i, n) % mod; res = 1ll * (res + num) % mod; } res = 1ll * res * inv[m] % mod; return res; }int main(){ n = read(); m = read(); for(int i = 1; i <= n; i++) sum = 1ll * (sum + read()) % mod; for(int i = (inv[1] = jc[1] = inv[0] = jc[0] = 1) + 1; i <= n; i++) { jc[i] = 1ll * jc[i - 1] * i % mod; inv[i] = 1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod; } for(int i = 1; i <= n; i++) inv[i] = 1ll * inv[i] * inv[i - 1] % mod; ans = 1ll * (ans + Stirl(n, m)) % mod; ans = 1ll * (ans + 1ll * (n - 1) * Stirl(n - 1, m) % mod) % mod; ans = 1ll * ans * sum % mod; printf("%d\n", ans); return 0;}