最優解一定是將起點、終點以及所有必經點連線成一棵樹，對於每條樹邊恰好走兩次，而從起點到終點的一條路徑只走一次。
考慮連通性DP，設$f[i][j][k][x]$表示考慮完前$i$個走道，第$i$個走道底部和上部是否存在於樹中，底部和上部是否和起點連通，走一次的路徑端點是底部還是上部時的最小代價。
時間複雜度$O(NA^2)$。
#include<cstdio>
const int N=360,inf=100000000;
int m,n,A,B,i,j,k,x,a,b,nj,nk,nx,w,v[N][30],f[N][4][4][2],ans;
inline void up(int&a,int b){a>b?(a=b):0;}
inline int sum(int x,int l,int r){
int t=v[x][r];
if(l)t-=v[x][l-1];
return t;
}
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&A,&B);A++;
while(m--)scanf("%d%d",&i,&j),v[i][j]=1;
for(i=0;i<=n;i++)for(j=0;j<4;j++)for(k=0;k<4;k++)for(x=0;x<2;x++)f[i][j][k][x]=inf;
f[0][1][1][0]=-B;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=A;j++)v[i][j]+=v[i][j-1];
for(i=0;i<n;i++)for(j=0;j<4;j++)for(k=1;k<4;k++)for(x=0;x<2;x++)if(f[i][j][k][x]<inf){
w=f[i][j][k][x];
for(a=0;a<=A;a++){
if(sum(i+1,0,a)<sum(i+1,0,A))continue;
nj=1;
if(a==A)nj|=2;
nk=k&1;
if((j>>1)&&!(k>>1))continue;
if(a==A)nk|=(k&1)<<1;
if(x==0){
up(f[i+1][nj][nk][0],w+B+a*2);
if(a==A)up(f[i+1][nj][nk][1],w+B+A);
}
}
for(a=0;a<=A;a++){
if(sum(i+1,a,A)<sum(i+1,0,A))continue;
nj=2;
if(a==0)nj|=1;
nk=(k>>1)<<1;
if((j&1)&&!(k&1))continue;
if(a==0)nk|=k>>1;
if(x==1){
up(f[i+1][nj][nk][1],w+B+(A-a)*2);
if(a==0)up(f[i+1][nj][nk][0],w+B+A);
}
}
for(a=0;a<=A;a++)for(b=a+1;b<=A;b++){
if(sum(i+1,0,a)+sum(i+1,b,A)<sum(i+1,0,A))continue;
nj=3;
nk=k;
up(f[i+1][nj][nk][x],w+B*3+(a+A-b)*2);
nk=k&1;
if(x==0)if(!(j>>1)||(k>>1))up(f[i+1][nj][nk][0],w+B+(a+A-b)*2);
nk=(k>>1)<<1;
if(x==1)if(!(j&1)||(k&1))up(f[i+1][nj][nk][1],w+B+(a+A-b)*2);
}
up(f[i+1][3][3][x],w+B*3+A*2);
up(f[i+1][3][3][x^1],w+B*3+A);
}
ans=f[n][1][1][0];
up(ans,f[n][3][3][0]);
return printf("%d",ans),0;
}