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dpdpdp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dpdpdp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111，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]f[S]f[S]为当前集合为SSS的时候最少逆序对个数，假设当前枚举的集合为SSS，一个不在集合中的颜色为xxx，加上xxx之后的集合为GGG，那么我们如果枚举SSS集合中某个颜色yyy，让后只需要计算一下有多少对l<r,al=x,ar=yl<r,a_l=x,a_r=yl<r,al=x,ar=y，加入答案即可，也就是f[G]=f[S]+∑y∈Scost[y][x]f[G]=f[S]+\sum_{y\in S} cost[y][x]f[G]=f[S]+∑y∈Scost[y][x]。

现在问题就变成了我们如何处理cost[y][x]cost[y][x]cost[y][x]数组，一种显然的方式就是直接20∗2020*2020∗20枚举y,xy,xy,x，让后O(n)O(n)O(n)扫一遍统计逆序对即可，这个复杂度为O(n∗400)O(n*400)O(n∗400)。还有一种比较快的方式就是从头扫，记cnt[i]cnt[i]cnt[i]为到当前点颜色iii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∗20)O(n*20)O(n∗20)。
复杂度O(220∗400+n∗400)O(2^{20}*400+n*400)O(220∗400+n∗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")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
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#include<cstdio>
#include<iostream>
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#include<cctype>
#include<vector>
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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;
}
/**/

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