做法一
首先将排列用康托展开映射到整数，并且预处理出排列之间乘法的结果，复杂度 \(\mathcal{O}(k(k!) ^ 2)\).
枚举左端点，有可能分段的右端点至多只有 \(k!\) 个，不妨将这些右端点首先预处理得出。
一个基础的想法是从左往右每次加入一个不在当前集合内的置换然后暴力搜索扩展，这样复杂度至多是 \(\mathcal{O}(nk(k!) ^ 2)\) 的，不能通过。
注意到每次扩展到不能扩展位置得到的所有置换构成 \(S_k\) 的一个子群，有拉格朗日定理可知每次大小都是 \(S_k\) 的约数，因此每次扩展至少会增大一倍。
同时所有扩展得到的置换可以看作是每次加入置换之间做任意乘法得到的，根据上面的性质，这个基底大小只有 \(\mathcal{O}(\log k!) = \mathcal{O}(k \log k)\).
扩展的时候只与基底做乘法，这样复杂度就降至 \(\mathcal{O}(nk!k\log k)\).
做法二
与做法一到暴力扩展之前都是一致的。
我们将一个置换看作是连接若干个置换之间的边，一旦两个置换其一与恒等置换连接，那么这个连通块就是一个子群，因此可以直接连无向边。
那么只需要建出这个图的最小生成树就可以求解贡献了，暴力是 \(\mathcal{O}(n(k!) ^ 2k \log k)\) 的。
考虑利用重复信息，从右往左枚举左端点，每次相当于只加入了 \(\mathcal{O}(k!)\) 条边，与之前最小生成树上的边替换即可，可以直接将原来的边拉出来重建最小生成树，复杂度 \(\mathcal{O}(nk!k \log k)\).