題面傳送門
容易發現這個S序列其實是假的，只要統計\(F_{i,j}\)表示\(i\)傳遞到\(j\)幾次就好了。
然後容易想到狀壓dp，設\(f_{i,S}\)為到了第\(i\)個位置，已經放了\(j\)的方案數。
可以列舉當前這個位置放什麼，計算貢獻即可，可以得到一個\(O(n^22^n)\)的做法。
發現形如\(g_{i,S}\)表示\(i\)在\(S\)集合的貢獻，找到最小的二進位制位是可以遞推的。
然後時間就是\(O(n2^n)\)的了，但是空間不大行。
空間大概是\(O(n2^n)\)的，大概是800M，如果能減半就可以卡過去了。
發現對於\(g_{i,S}\)中i無論是否包含在S中其實是沒有影響的，所以可以折半。
code:

#include<bits/stdc++.h>
#define I inline
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))
#define re register
#define RI re int
#define ll long long
#define db double
#define lb long db
#define N (23+5)
#define M (1<<23)+5
#define mod 1000000007
#define Mod (mod-1)
#define eps (1e-9)
#define U unsigned int
#define it iterator
#define Gc() getchar() 
#define Me(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define Mc(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define d(x,y) (n*(x-1)+(y))
#define R(n) (rand()*rand()%(n)+1)
#define Pc(x) putchar(x)
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound
#define PB push_back
using namespace std;
int n,m,k,K,lg[M+5],x,y,F[N][N],dp[M],G[N][M>>1],H[M+5];
int main(){
	freopen("1.in","r",stdin);
	RI i,j,h;scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&k,&x);K=(1<<n);for(i=2;i<=m;i++)scanf("%d",&y),F[x][y]++,x=y;for(i=1;i<=n;i++) F[i][i]=0;
	for(i=1;i<K;i++) lg[i]=lg[i/2]+1,H[i]=H[i/2]+(i&1);Me(dp,0x3f);dp[0]=0;
	for(i=1;i<=n;i++){
		for(j=1;j<=n;j++) G[i][0]+=k*F[j][i]-F[i][j];for(j=1;j<(K>>1);j++) h=j&-j,G[i][j]=G[i][j^h]+(k+1)*F[i][lg[h]>=i?lg[h]+1:lg[h]]-(k-1)*F[lg[h]>=i?lg[h]+1:lg[h]][i];
	}
	for(i=1;i<K;i++){
		x=i;while(x)j=lg[x&-x],x-=x&-x,dp[i]=min(dp[i],dp[i^(1<<j-1)]+H[i]*G[j][((i>>j)<<j-1)|(i&((1<<j-1)-1))]);
	}printf("%d\n",dp[K-1]);
}