显然确定前 $n-1$ 个数后可以确定最后一个（因为是个排列），以下令 $n \gets n-1$。

考虑将序列以 $L=\dfrac{k(k+1)}{2}$ 为块长分块。对于每块单独进行确定该块内所有数。

注意到对于所有 $1 \le k \le 5$，$L \mid n$，所以刚好可以分完，不会出现小块。

对于每一块（设块内数字分别为 $b_1 \sim b_L$），将这个块内所有数排成三角形，如 $k=4$ 时如下：

$$\begin{matrix} b_1 \\ b_2 & b_3 \\ b_4 & b_5 & b_6 \\ b_7 & b_8 & b_9 & b_{10} \\ \end{matrix}$$

然后构建 $k$ 个询问集合 $S_1,S_2,\cdots,S_k$。

$S_i$ 包含该三角形中第 $i$ 行和第 $i$ 列的所有数，显然每个集合恰好包含 $k$ 个数。

把 $S_1 \sim S_k$ 给交互库询问，得到结果 $T_1,T_2,\cdots,T_k$。

如果 $x$ 在 $T_1,T_2,\cdots,T_k$ 中的恰好一个集合出现（记为 $T_p$），则对应三角形的第 $p$ 行第 $p$ 列的数。

如果 $x$ 在 $T_1,T_2,\cdots,T_k$ 中的恰好两个集合出现（记为 $T_p,T_q$），则对应三角形的第 $p$ 行第 $q$ 列的数。

于是我们耗费了 $k$ 次询问得到了三角形的所有数。

总询问次数为 $\dfrac{2n}{k+1}$。刚好满足题目限制。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=6010;
int use[N],a[N],f[6][6],n,k,c,b,cc;
vector<int> p[N],q;
int main(){
	cin>>n>>k>>c,b=k*(k+1)/2;
	for(int i=1;i<=(k==1?n-1:n/b);i++){
		for(int x=1;x<=k;x++) for(int y=1;y<=x;y++)
			f[x][y]=++cc;
		q.clear();
		for(int i=1;i<=k;i++){
			vector<int> qry;
            for(int j=1;j<=i;j++) qry.push_back(f[i][j]);
            for(int j=i+1;j<=k;j++) qry.push_back(f[j][i]);
			cout<<"? ";
			for(int x:qry) cout<<x<<' ';
			cout<<endl;
			for(int j=1,x;j<=k;j++) cin>>x,q.push_back(x),p[x].push_back(i);
		}
		for(int x:q){
			if(p[x].size()==1) a[f[p[x][0]][p[x][0]]]=x;
			else a[f[p[x][1]][p[x][0]]]=x;
			use[x]=1;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!use[i]) a[n]=i;
	cout<<"! ";
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<' ';
	return cout<<endl,0;
}

似乎可以证明这个策略是最优的。