考验对条件的刻画吧，这种题 zfr 估计随便秒。

考虑刻画一个人集邮的路线，其必然是形如：

1. 先造出来一条从 $0\to n+1$ 的上行路线。
2. 每次添加一个环 $(l,r)$，表示其在 $r$ 处转移到了下行路线，然后在 $l$ 处再转移回来，后文记所有 $l$ 的可重集为 $X$，所有 $r$ 的可重集为 $Y$。
3. 对于路上的每个 $i\ne X,i\ne Y$，其会向距离最近的一个位置进行连边，这样才能收集到 $i$。

然后你发现答案只和 $X,Y$ 有关，对于一对 $(X,Y)$ 可行的充要条件，考虑 $X,Y$ 的构造是两两匹配的形式，显然就是每一段前缀 $X$ 的个数都大于等于 $Y$。

那么 DP 状态里面只需要记 $|X|-|Y|$ 即可，状态就是 $f_{i,j}$ 表示到第 $i$ 位，当前 $|X|-|Y|=j$，显然 $\max j=O(n)$，随便转移一下，时间复杂度是 $O(n^2)$ 的。

::::info[code]

const int N=3e3+5;
int n,l;
int f[N][N];
int u[N],v[N],d[N],e[N];
int main(){
	n=read(),l=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)u[i]=read(),v[i]=read(),d[i]=read(),e[i]=read();
	memset(f,0x3f,sizeof f);
	f[0][0]=(n+1)*l;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++)
			chkmin(f[i][j],f[i-1][j-1]+d[i]+v[i]);
		for(int j=0;j< n;j++)
			chkmin(f[i][j],f[i-1][j+1]+e[i]+u[i]);
		for(int j=1;j<=n;j++)
			chkmin(f[i][j],f[i][j-1]+d[i]+v[i]);
		for(int j=n-1;j;j--)
			chkmin(f[i][j],f[i][j+1]+e[i]+u[i]);
		for(int j=0;j<=n;j++)
			chkmin(f[i][j],f[i-1][j]+u[i]+v[i]);
		for(int j=1;j<=n;j++)
			chkmin(f[i][j],f[i-1][j]+d[i]+e[i]);
		for(int j=1;j<=n;j++)
			f[i][j]+=2*l*j;
	}
	printf("%d\n",f[n][0]);
}

::::