题意：
给出\(n\)个元素，每个元素有价值\(w_i\)。现在要对这\(n\)个元素进行划分，共划分为\(k\)组。每一组的价值为\(|S|\sum_{i=0}^{|S|}w_i\)。
最后询问所有划分的总价值。
思路：
直接枚举划分不好计算，考虑单独计算每一个元素的贡献，那么就有式子：
\[\sum_{i=1}^nw_i\sum_{j=1}^{n-k+1}{n-1\choose j-1}\begin{Bmatrix}
n - j \\ k - 1
\end{Bmatrix}j
\]
n - j \\ k - 1
\end{Bmatrix}j
\]
观察这个式子，前面的求和式直接单独计算，后面枚举的上界则可以修改为\(n\)。那么就有：
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=0}^n{n-1\choose i-1}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}i
\end{aligned}
\]
&\sum_{i=0}^n{n-1\choose i-1}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}i
\end{aligned}
\]
接下来，就是表演的时刻了。
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=0}^n{n-1\choose i-1}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}(i-1+1)\\
=&\sum_{i=0}^n \frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}(i-1)+\sum_{i=0}^n{n-1\choose i-1}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}\\
=&(n-1)\sum_{i=0}^n {n-2\choose i-2}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}+\sum_{i=0}^n{n-1\choose i-1}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}\\
=&(n-1)\sum_{i=0}^n {n-2\choose n-i}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}+\sum_{i=0}^n{n-1\choose n-i}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}
\end{aligned}
\]
&\sum_{i=0}^n{n-1\choose i-1}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}(i-1+1)\\
=&\sum_{i=0}^n \frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}(i-1)+\sum_{i=0}^n{n-1\choose i-1}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}\\
=&(n-1)\sum_{i=0}^n {n-2\choose i-2}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}+\sum_{i=0}^n{n-1\choose i-1}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}\\
=&(n-1)\sum_{i=0}^n {n-2\choose n-i}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}+\sum_{i=0}^n{n-1\choose n-i}\begin{Bmatrix}
n - i \\ k - 1
\end{Bmatrix}
\end{aligned}
\]
然后我们现在就是要求这样一个式子：
\[\sum_{i=0}^n{n\choose i}\begin{Bmatrix}
i \\ k - 1
\end{Bmatrix}
\]
i \\ k - 1
\end{Bmatrix}
\]
我们考虑将第二类斯特林数拆开：
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=0}^n{n\choose i}\begin{Bmatrix}
i \\ k - 1
\end{Bmatrix}\\
=&\sum_{i=0}^n{n\choose i}\frac{1}{(k-1)!}\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^j{k-1\choose j}(k-1-j)^i\\
=&\sum_{j=0}^n\frac{1}{(k-1)!}(-1)^j{k-1\choose j}\sum_{i=0}^n{n\choose i}(k-1-j)^i\\
=&\sum_{j=0}^n\frac{1}{(k-1)!}(-1)^j{k-1\choose j}(k-j)^n
\end{aligned}
\]
&\sum_{i=0}^n{n\choose i}\begin{Bmatrix}
i \\ k - 1
\end{Bmatrix}\\
=&\sum_{i=0}^n{n\choose i}\frac{1}{(k-1)!}\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^j{k-1\choose j}(k-1-j)^i\\
=&\sum_{j=0}^n\frac{1}{(k-1)!}(-1)^j{k-1\choose j}\sum_{i=0}^n{n\choose i}(k-1-j)^i\\
=&\sum_{j=0}^n\frac{1}{(k-1)!}(-1)^j{k-1\choose j}(k-j)^n
\end{aligned}
\]
然后就没了。
整个推导过程第一个关键点是拆\(i\)，可能是因为这个\(i\)比较烦，所以将其拆开与前面式子合并。
第二个关键就是利用好组合意义，后面和式的意义就是将元素装入\(k-1-j\)个盒子的方案数，有些元素可能一个盒子都不加入。那么对于每个元素而言，就有\(k-j\)种选择，所以可以直接把和式化简。
然后随便搞一下就行。
还有一种更加精妙的思路，我们还是单独考虑每一个元素，但是当考虑\(i\)这个元素时，若\(j\)和\(i\)在同一个集合中，\(j\)对\(i\)有\(w_i\)的贡献。
那么对一个元素而言分两种情况考虑，一个是自己对自己的贡献，显然方案数有\(\begin{Bmatrix}
n \\ k
\end{Bmatrix}\)；另一个是其它元素对它的贡献，那么考虑将这个元素加入其它元素中（不可能自己单独一个集合），方案数为\((n-1)\begin{Bmatrix}
n-1 \\ k
\end{Bmatrix}\)。
那么最终一个元素的答案就为：
\[\begin{Bmatrix}
n \\ k
\end{Bmatrix}+(n-1)\begin{Bmatrix}
n-1 \\ k
\end{Bmatrix}
\]
n \\ k
\end{Bmatrix}+(n-1)\begin{Bmatrix}
n-1 \\ k
\end{Bmatrix}
\]
这个式子随便搞搞就行了。
代码如下（代码为第一种解法）：
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/12/12 17:06:20
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e5 + 5, MOD = 1e9 + 7;
int n, k;
int fac[N], inv[N];
ll qpow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
while(b) {
if(b & 1) ans = ans * a % MOD;
a = a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int C(int n, int m) {
return 1ll * fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n - m] % MOD;
}
void init() {
fac[0] = 1;
for(int i = 1; i < N; i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % MOD;
inv[N - 1] = qpow(fac[N - 1], MOD - 2);
for(int i = N - 2; i >= 0; i--) inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}
void run(){
init();
int sum = 0, ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int w; cin >> w;
sum = (sum + w) % MOD;
}
if(n == 1) {
cout << sum << '\n';
return;
}
for(int i = 0, d = 1; i < k; i++, d = MOD - d) {
int res = 1ll * d * inv[i] % MOD * inv[k - 1 - i] % MOD * qpow(k - i, n - 2) % MOD * (k - i + n - 1) % MOD;
ans = (ans + res) % MOD;
}
ans = 1ll * ans * sum % MOD;
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);;
cout << fixed << setprecision(20);
while(cin >> n >> k) run();
return 0;
}