/*
    如圖，兩條斜線，斜率分別為mk,nk
    先要對[0,100]劃分，上面的分m個(gè)，下面的分n個(gè)，m<=n <=100
    要求上面劃分的點(diǎn)下面也有，點(diǎn)均是整點(diǎn)
    求各矩形面積之和最小
    
    dp[m,n,x] 表示[0,x]上面劃分了m個(gè)，下面劃分了n個(gè)最優(yōu)值
    轉(zhuǎn)移是枚舉上面的最后一塊的長度，以及劃分了多少個(gè)小塊
    dp[m,n,x] = min{dp[m-1,n-k,x-len] + cost[k,len]}   
    cost[k,len]表示長度為len，分為k小塊的最小代價(jià)，可預(yù)處理處理
    
    樸素的話要 100^5，超時(shí)
    我搞了一下午打算用斜率優(yōu)化搞
    這里轉(zhuǎn)移跟兩個(gè)變量有關(guān)系，搞不出T_T
    
    這題楊戈論文《從<小H的小屋>的解法談算法的優(yōu)化》里有
    在確定了len，枚舉k時(shí)，
    dp[m-1,n-k,x-len] + cost[k,len]是一個(gè)拋物線，
    而當(dāng)len增大時(shí)，也是一個(gè)拋物線，而且最低點(diǎn)的k'不會(huì)比之前的k小
    這樣，記錄上次枚舉到的k，下次從這里開始，不回溯
    降了一維

    但我還不是很懂@_@
    為什么會(huì)是拋物線，以及最低點(diǎn)k不會(huì)比之前k的小  ????

    那篇文章還提到貪心算法的
*/
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cmath>
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#include<cstdlib>
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#include<list>
#include<numeric>
#include<cassert>
#include<ctime>

using namespace std;


#define sqr(x) ((x)*(x))

double dp[2][101][101], cost[101][101];

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in","r",stdin);
    //freopen("out","w",stdout);
#endif

    double mk, nk;
    int M,N;
    for (; ~scanf("%lf%lf%d%d", &mk, &nk, &M, &N);) {

        fill(cost[0], cost[1], 1e20);
        cost[0][0] = 0.0;
        
        for(int i = 1; i <= N; i++){//貌似這個(gè)用斜率優(yōu)化，效果不大，比起下面的循環(huán)，小得多
            for(int j = i; j <= 100; j++){
                cost[i][j] = 1e20;
                for(int k = j - 1 ; k >= i-1; k-- ){
                    cost[i][j] = min(cost[i][j], cost[i-1][k] + sqr(j-k)*nk);
                }
            }
        }
        
        for (int i = 1 ; i <= N; i ++) {
            for (int j = 1; j <= 100; j ++) {
                cost[i][j] += sqr(j)*mk;
            }
        }
        
        int now = 0, pre = 1;
        fill(dp[0][0], dp[1][0], 1e20);
        dp[0][0][0] = 0.0;

        for (int m = 1; m <= M; m++) {
            swap(now, pre);
            fill(dp[now][0], dp[now+1][0], 1e20);//注意要對無效狀態(tài)賦初值！！
            for (int n = m; n <= N; n++) {
                for(int x = n; x <= 100; x++){
                    for(int len = 1, last = 1; x - len >= m - 1; len++){
                        for(int k = 1; k <= len && n - k >= m-1; k++){//從上次最優(yōu)位置開始 k = last
                            if(dp[pre][n-k][x-len] + cost[k][len] < dp[now][n][x]){
                                dp[now][n][x] = dp[pre][n-k][x-len] + cost[k][len];
                                last = k;
                            }
                        }
                    }                    
                }
            }
        }

        printf("%.1f\n", dp[now][N][100]);
    }
    return 0;
}