#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const ll p=1e9+7;
const int N=1e6+5;
int a[N],b[N];

ll qmi(ll x,ll y){//快速幂
    ll res=1;
    while(y){
        if(y&1){
            res=res*x%p;
        }
        y>>=1;
        x=x*x%p;
    }
    return res;
}

int main(){
    int n,q;cin>>n>>q;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        b[i]=q;//记录下每个数本来要翻倍多少次
    }
    while(q--){
        int x;cin>>x;//对这些数少一次翻倍次数
        b[x]--;
    }
    ll sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        sum=(sum%p+a[i]*qmi(2,b[i])%p)%p;//计算和
    }
    cout<<sum<<endl;
    return 0;
}

对于所有的数, 最多需要乘以 $2^q$ 次, (即 翻 $q$ 倍)

而接下来q行输入的是不需要被翻倍的数, 每被指明不需要翻倍一次, 我们就对它进行计数一次, 如果 arr[i] 被 指明不需要翻倍que[i]次, 则最终它只需要翻倍q - que[i]次

即 $arr[i] \times 2^{q - que[i]}$

则 $sum = (\sum_{i=0}^{n-1}arr[i] \times 2^{q - que[i]}) \mod (1e9+7)$

代码如下:

#include <cstdio>
#include <vector>

using namespace std;

int mod = 1e9 + 7;

using ll = long long;

ll ppow(ll a, ll b) {
	ll res = 1;
	while (b) {
		if (b & 1)
			res = res * a % mod;
		b >>= 1;
		a = a * a % mod;
	}
	return res;
}

int main() {
	int n, q;
	scanf("%d %d", &n, &q);
	vector<int> arr(n);
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		scanf("%d", &arr[i]);
	
	vector<int> que(n, 0);
	for (int i = 0; i < q; ++i) {
		int j;
		scanf("%d", &j);
		++que[j - 1];
	}
	
	long long sum = 0;
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		sum = (sum + arr[i] * ppow(2, q - que[i])) % mod;
	}
	
	printf("%lld\n", sum);
	
	return 0;
}

使用快速幂计算一个数为 $logN$,

计算 n 个数 为 O(NlogN) (时间复杂度)