没啥营养的状压DP。
洛谷题目页面传送门
题意见洛谷。（以下用(s)表示题目中的(k)）
先预处理出(cnt_{i,j}=sumlimits_{k=1}^{n-1}[S_k=i][S_{k+1}=j])。然后设位置(i)是(id_i)号信号站，推一波(sum)算出每个位置对答案的贡献：
[egin{aligned}ans&=sum_{i=1}^msum_{j=i+1}^mcnt_{id_i,id_j}(j-i)+sum_{i=1}^msum_{j=1}^{i-1}cnt_{id_i,id_j}s(i+j)\&=sum_{i=1}^m-isum_{j=i+1}^mcnt_{id_i,id_j}+sum_{i=1}^misum_{j=1}^{i-1}cnt_{id_j,id_i}+ssum_{i=1}^misum_{j=1}^{i-1}cnt_{id_i,id_j}+ssum_{i=1}^misum_{j=i+1}^mcnt_{id_j,id_i}\&=sum_{i=1}^mileft(sum_{j=i+1}^mleft(scdot cnt_{id_j,id_i}-cnt_{id_i,id_j}
ight)+sum_{j=1}^{i-1}left(scdot cnt_{id_i,id_j}+cnt_{id_j,id_i}
ight)
ight)end{aligned}
]
然后就有一个很显然的基于位置的状压DP了。设(dp_{i})表示考虑到第(|i|)位，前(|i|)位的信号站编号集合为(i)时的最小总贡献。边界：(dp_{varnothing}=0)，目标：(dp_{[1,m]capmathbb Z})。
令
[val_{i,j}=sum_{k
otin j,k
eq i}left(scdot cnt_{id_k,id_i}-cnt_{id_i,id_k}
ight)+sum_{kin j}left(scdot cnt_{id_i,id_k}+cnt_{id_k,id_i}
ight)
]
它可以通过先预处理(forall iin[1,m],val_{i,varnothing})，剩下的拎出来一个(mathrm{lowbit})来(mathrm O(1))转移来求出，时间复杂度(mathrm O(2^mm))。
那么状态转移方程：
[dp_{i}=min_{jin i}!left{dp_{i-{j}}+|i|val_{j,i-{j}}
ight}
]
如此，总时空复杂度皆为(mathrm O(2^mm))。
至此是我在考场上的做法，(80mathrm{pts})，因为空间会爆炸，一个(val)数组大概是(700)多(mathrm{MB})。考虑优化。
注意到转移方程里的(val_{j,i-{j}})，不难发现若(xin y)，那么(val_{x,y})是不可能被用到的。这样一来，若只存会被用到的，空间立刻减半，能过。可转移性也很显然。实现也很简单，只需要让每个(j)的末(i-1)位原封不动，其他的位拆出来右移(1)位，再拼起来即可。
关于卡空间，还有很多的奇技淫巧可以把空间卡的很小很小，不过研究这个也没啥意义了（
代码（开洛谷自带O2才能过（似乎洛谷机+O2=CCF机？））：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=INT_MAX;
int lowbit(int x){return x&-x;}
const int M=23;
int n,m,s;
int cnt[M][M];
int val[M][1<<M-1];//卡空间
int dp[1<<M];
int main(){
cin>>n>>m>>s;
int las;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x;
scanf("%d",&x);
x--;
if(i>1)cnt[las][x]++;//预处理cnt
las=x;
}
for(int i=0;i<m;i++){
for(int k=0;k<m;k++)if(k!=i)val[i][0]+=s*cnt[k][i]-cnt[i][k];//预处理j=0的情况
for(int j=1;j<1<<m;j++)if(!(j&1<<i)){
int x=j^lowbit(j),y=__builtin_ffs(j)-1;
val[i][(j&(1<<i)-1)+((j^j&(1<<i)-1)>>1)]=val[i][(x&(1<<i)-1)+((x^x&(1<<i)-1)>>1)]+(s*cnt[i][y]+cnt[y][i])-(s*cnt[y][i]-cnt[i][y]);//递推
}
}
for(int i=1;i<1<<m;i++){
dp[i]=inf;
int ppc=__builtin_popcount(i);
for(int j=0;j<m;j++)if(i&1<<j){
int x=i^1<<j;
dp[i]=min(dp[i],dp[i^1<<j]+ppc*val[j][(x&(1<<j)-1)+((x^x&(1<<j)-1)>>1)]);//转移方程
}
}
cout<<dp[(1<<m)-1];
return 0;
}