传送门

题意：

思路：

考虑数列最终的状态一定是相同颜色在一起，所以我们发现他的颜色是有顺序的！显然可以用状压$dp$来枚举颜色的顺序，但是又有问题了，你怎么确定当前这个颜色加入这个集合的时候贡献是多少呢？

更深刻的考虑一下，我们使用状压$dp$给颜色定序，实际上也就是将颜色大小重新定义了一下，最终排在最前面的是$1$，以此类推，而变换到答案序列的时候就是将其转变为递增序列。这样想有什么好处呢？我们知道将一个数列变为递增的，如果只能交换相邻的元素的话，冒泡排序是最优的，所需要的操作次数也就是逆序对个数。

可以发现，这样的话就比较容易了。设$f[S]$为当前集合为$S$的时候最少逆序对个数，假设当前枚举的集合为$S$，一个不在集合中的颜色为$x$，加上$x$之后的集合为$G$，那么我们如果枚举$S$集合中某个颜色$y$，让后只需要计算一下有多少对$l<r,a_l=x,a_r=y$，加入答案即可，也就是$f[G]=f[S]+{\sum }_{y\in S}cost[y][x]$。

现在问题就变成了我们如何处理$cost[y][x]$数组，一种显然的方式就是直接$20\ast 20$枚举$y,x$，让后$O(n)$扫一遍统计逆序对即可，这个复杂度为$O(n\ast 400)$。还有一种比较快的方式就是从头扫，记$cnt[i]$为到当前点颜色$i$出现的次数，让后再枚举其他颜色，加上答案即可，复杂度$O(n\ast 20)$。
复杂度$O(2^{20}\ast 400+n\ast 400)$

// Problem: E. Marbles
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #585 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1215/problem/E
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 4000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
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#include<cstdio>
#include<iostream>
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#include<cstring>
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#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
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#include<sstream>
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#include<cassert>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n;
int a[N];
LL f[4*N],cs[30][30];int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),a[i]--; for(int i=0;i<20;i++) {for(int j=0;j<20;j++) {if(i==j) continue;LL ans=0,cnt=0;for(int k=1;k<=n;k++) {if(a[k]==i) cnt++;else if(a[k]==j) ans+=cnt;}cs[i][j]=ans;}}memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof(f));f[0]=0;for(int i=0;i<1<<20;i++) {for(int j=0;j<20;j++) if(!(i>>j&1)) {LL sum=0;for(int k=0;k<20;k++) if(i>>k&1) {sum+=cs[k][j];}f[i|(1<<j)]=min(f[i|(1<<j)],f[i]+sum);}}cout<<f[(1<<20)-1]<<endl;return 0;
}
/**/