实际上这题的题面还是颇有意思，对两个划分不同的定义暗示了第二类斯特林数，模数是\(1000000007\)又表明这题不是NTT。

那么一开始的想法是考虑每个集合的贡献。设这个集合为\(S\)，那么它的贡献为\(|S|\begin{Bmatrix}n-|S|\\k-1 \end{Bmatrix} \sum_{i \in S} w_i\)，而所有大小为\(t\)的集合的元素和为\({

{n-1}\choose{t-1}}\sum_{i=1}^n w_i\)，故最终答案为\(\sum_{i=1}^n w_i \sum_{j=1}^n j {

{n-1}\choose{j-1}} \begin{Bmatrix} n-j\\k-1 \end{Bmatrix}\)。

然后正如评论区里的那位叫\(\color{purple} { \text {Blue233333}}\)老兄所说，这个公式萎了。我们需要考虑新的计数方式。

考虑每个元素的贡献。那么答案就是\(\sum_{i=1}^n w_i \sum_{j=1}^{n} j \times f(n,k,j)\)，其中\(f(n,k,j)\)表示把\(n\)个不同元素分到\(k\)个无序的集合中，且标号为1（或者什么别的）的元素所在的集合大小为\(j\)的方案数。

我们记\(g(n,k,i,j)\)表示把\(n\)个不同元素分到\(k\)个无序的集合中，且标号为\(i\)的元素与标号为\(j\)的元素在同一个集合中的方案数。同样地，记\(h(n,k,i,j,s)\)表示把\(n\)个不同元素分到\(k\)个无序的集合中，且标号为\(i\)的元素与标号为\(j\)的元素在同一个大小为\(s\)的集合中的方案数。显然，有\(\sum_{s=1}^n h(n,k,i,j,s) = g(n,k,i,j)\)。

那么，我们有\(j \times f(n,k,j) = \sum_{i=1}^n h(n,k,1,i,j)\)，消去了\(j\)，这是因为每一种分配方式都被恰好重复计数\(j\)次。故答案等于\(\sum_{j=1}^n g(n,k,1,j)\)。

显然，有

\[g(n,k,i,j) = \begin{cases} \begin{Bmatrix} n \\ k \end{Bmatrix}, & \text {if $ i = j $} \\ \begin{Bmatrix} n-1 \\ k \end{Bmatrix}, & \text {if $i \neq j$} \end{cases}\]

那么，答案就是\((\begin{Bmatrix} n \\ k \end{Bmatrix} + (n-1)\begin{Bmatrix} n-1 \\ k \end{Bmatrix}) \sum _ {i=1} ^ n w_i\)。

时间复杂度为\(O(n\log n)\)。

当然，这也就说明了\(\sum_{j=1}^n j {

{n-1}\choose{j-1}} \begin{Bmatrix} n-j\\k-1 \end{Bmatrix} = \begin{Bmatrix} n \\ k \end{Bmatrix} + (n-1)\begin{Bmatrix} n-1 \\ k \end{Bmatrix}\)。希望有大佬给出这个的代数证明。

#include 
    
     using namespace std;const int MOD = 1e9 + 7, N = 200010;typedef long long ll;ll power(ll a,int b) {  ll res = 1ll;  while (b) {    if (b&1) (res *= a) %= MOD;    (a *= a) %= MOD;    b >>= 1;  }  return res;}ll jc[N],inv[N],sum,ans;ll comb(int a,int b) {  return (a < 0 || b < 0 || a < b) ? 0 : \    jc[a] * inv[a-b] % MOD * inv[b] % MOD;}int n,k,w;int main() {  scanf("%d%d",&n,&k);  for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)    scanf("%d",&w), (sum += w) %= MOD;  jc[0] = 1ll;  for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)    jc[i] = jc[i-1] * i % MOD;  inv[n] = power(jc[n],MOD - 2);  for (int i = n-1 ; i >= 0 ; -- i)    inv[i] = inv[i+1] * (i+1) % MOD;  for (int i = 1, j = (k&1) ? 1 : -1 ; i <= k ; ++ i, j = -j) {    ans += j * comb(k,i) * power(i,n-1) % MOD;    ans = (ans % MOD + MOD) % MOD;  }  (ans *= n-1) %= MOD;  for (int i = 1, j = (k&1) ? 1 : -1 ; i <= k ; ++ i, j = -j) {    ans += j * comb(k,i) * power(i,n) % MOD;    ans = (ans % MOD + MOD) % MOD;  }  (ans *= sum) %= MOD;  (ans *= inv[k]) %= MOD;  cout << ans << endl;  return 0;}
    

小结：在组合计数问题上另辟蹊径，除解题之外还能带来奇妙的结论。