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\(solution:\)
这道题很容易想到DP，因为题目里已经说了要按顺序完成这些请求。所以我们可以线性DP，但是这一题的状态不是很好设，因为数据范围有点大，而且我们需要记录三个人的位置信息。但是我们可以发现完成一个请求时三个人中必然有一人在这个请求的位置，所以我们可以根据请求来判断其中一人的位置，这样我们就只需要记录其他两个人了。而复杂度似乎刚好够用。
设 \(F[i][j][k]\) 表示已经处理完第 \(i\) 个请求，且另外两个人分别在 \(j\) 和 \(k\) 的的最小花费，然后我们可以用这个状态向后转移：
if(j!=a[i+1]&&k!=a[i+1])f[i+1][j][k]=min(f[i+1][j][k],f[i][j][k]+d[a[i]][a[i+1]]);
if(a[i]!=a[i+1]&&k!=a[i+1])f[i+1][a[i]][k]=min(f[i+1][a[i]][k],f[i][j][k]+d[j][a[i+1]]);
if(a[i]!=a[i+1]&&j!=a[i+1])f[i+1][a[i]][j]=min(f[i+1][a[i]][j],f[i][j][k]+d[k][a[i+1]]);需要注意题目说了不能有两个人在同一个位置！
\(code:\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define ll long long
#define db double
#define inf 0x7fffffff
#define rg register int
using namespace std;
int m,n,ans;
int a[1005];
int d[205][205];
int f[1003][203][203];
inline int qr(){
register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-')sign=1;
while(isdigit(ch)) res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
return sign?-res:res;
}
int main(){
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
m=qr(); n=qr(); a[0]=1;
for(rg i=1;i<=m;++i)
for(rg j=1;j<=m;++j)
d[i][j]=qr();
for(rg i=1;i<=n;++i) a[i]=qr();
for(rg i=0;i<=n;++i)
for(rg j=1;j<=m;++j)
for(rg k=1;k<=m;++k)
f[i][j][k]=1e7;
f[0][2][3]=0;
for(rg i=0;i<n;++i){
for(rg j=1;j<=m;++j){
for(rg k=1;k<=m;++k){
if(f[i][j][k]<1e7){
if(j!=a[i+1]&&k!=a[i+1])f[i+1][j][k]=min(f[i+1][j][k],f[i][j][k]+d[a[i]][a[i+1]]);
if(a[i]!=a[i+1]&&k!=a[i+1])f[i+1][a[i]][k]=min(f[i+1][a[i]][k],f[i][j][k]+d[j][a[i+1]]);
if(a[i]!=a[i+1]&&j!=a[i+1])f[i+1][a[i]][j]=min(f[i+1][a[i]][j],f[i][j][k]+d[k][a[i+1]]);
}
}
}
} ans=1e7;
for(rg i=1;i<=m;++i)
for(rg j=1;j<=m;++j)
ans=min(ans,f[n][i][j]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}