根据题意，易得下面两个计算公式：

1. 当前数字小于等于转经的次数，则贡献为：$(a_{i} + 1) *a_{i}/2;$
2. 当前数字大于转经的次数，则贡献为：$(a_{i} *2-r+1) *r/2;$

经过观察，排序并不改变功德值计算，因为每个数字都可以独立计算的。我们可以先对原始数组从小到大进行排序，然后根据当前的转经的次数二分找到数组的下标，使得下标左侧（包含）均为①式，下标右侧均为②式。

前者我们可以使用前缀和预处理①式即可 $O(1)$ 计算，后者我们需要推出下面公式。

$$(a_{r+1} *2-r+1) *r/2 + (a_{r+2} *2-r+1) *r/2 + ... + (a_{n} *2-r+1) *r/2\\ = [(a_{r+1}+a_{r+2}+...+a_{n}) *2-(r-1)*(n-r)] *r/2\\ = [\sum_{i=r+1}^n (a_{i})*2-(r-1)*(n-r)] *r/2 $$

预处理后缀和，我们即可 $O(1)$ 计算后者。

$$ans =\sum_{i=1}^r [(a_{i} + 1) *a_{i}/2] +[\sum_{i=r+1}^n (a_{i})*2-(r-1)*(n-r)] *r/2 $$

时间复杂度：$O(nlogn+klogn)$

const int maxn = 2e5 + 7;
int n, k, a[maxn], b[maxn], c[maxn], mod = 1e9 + 7;

int ksm(int a, int b)
{
	int res = 1;
	while (b)
	{
		if (b % 2)
			res = res * a % mod;
		b /= 2;
		a = a * a % mod;
	}
	return res;
}

void solve()
{
	int n, k;
	cin >> n >> k;

	int two = ksm(2, mod - 2);

	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> a[i];

	sort(a + 1, a + 1 + n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		b[i] = ((((a[i] + 1) * a[i] % mod) * two % mod) + b[i - 1]) % mod;
		c[i] = (a[i] + c[i - 1]) % mod;
	}

	for (int i = 1; i <= k; i++)
	{
		int x;
		cin >> x;
		int l = 0, r = n;
		while (l < r)
		{
			int mid = (l + r + 1) / 2;
			if (a[mid] <= x)
				l = mid;
			else
				r = mid - 1;
		}

		int tmp = ((((c[n] - c[l]) * 2 - (x - 1) * (n - l)) % mod) + mod) % mod;
		int ans = (b[l] + (tmp * x % mod) * two) % mod;
		cout << ans << endl;
	}
}