对于每一个元素，我们只要能求出它的出现次数\(sum\)，那么每个元素的贡献都是一样的，最终的答案为\(sum\times \sum_{i=1}^n w_i\)

那么分别讨论

如果这个元素自己单独一个集合，那么方案数为\(S(n-1,k-1)\)（这个\(S\)是第二类斯特林树），也就是讨论其它的\(n-1\)个怎么放，每一种方案的贡献都是\(1\)，所以这一部分的贡献就是\(S(n-1,k-1)\)

如果这个元素和其它元素一起放在一个集合里，那么剩下\(n-1\)个元素放的方案数为\(S(n-1,k)\)，然后考虑每一种方案，\(n\)可以放在这\(k\)个集合中的任意一个，设每个集合的大小为\(a_i\)，那么总的贡献就是\(\sum_{i=1}^k(a_i+1)\)，因为有\(\sum_{i=1}^k a_i=n-1\)，所以总的贡献为\(n+k-1\)，于是这一部分的总贡献就是\((n-k+1)S(n-1,k)\)

第二类斯特林数用通项公式代入求就行了

//minamoto#include
    
     #define R register#define ll long long#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i
     
      I;--i)#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)using namespace std;char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}int read(){    R int res,f=1;R char ch;    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');    return res*f;}char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}void print(R int x){    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';}const int N=2e5+5,P=1e9+7;inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}int ksm(R int x,R int y){    R int res=1;    for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);    return res;}int fac[N],inv[N];int x,n,ans,k;ll sum;int S(R int n,R int m){    R int res=0;    fp(i,0,m){        R int t=1ll*inv[i]*inv[m-i]%P*ksm(m-i,n)%P;        (i&1)?res=dec(res,t):res=add(res,t);    }    return res;}int main(){//  freopen("testdata.in","r",stdin);    n=read(),k=read();    fp(i,1,n)x=read(),sum+=x;    fac[0]=inv[0]=1;fp(i,1,k)fac[i]=mul(fac[i-1],i);    inv[k]=ksm(fac[k],P-2);fd(i,k-1,1)inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);    ans=mul(sum%P,add(S(n-1,k-1),1ll*(n+k-1)*S(n-1,k)%P));    printf("%d\n",ans);    return 0;}