题面
( ext{Solution:})
显然在线算法根本不可做，先将询问离线，按 (b) 排序。
注意到不一定是简单路径，所以一个询问回答为 (Yes) 当且仅当 (u，v) 在同一个连通块中且该连通块中边最大值 (a) 与最大值 (b) 与询问的 (a，b) 相等。
所以我们考虑用带权并查集维护联通块。
所以我们将询问也按 (b) 排序，对于一个询问 (q[i]) , 将 (b<q[i].b) 的边塞入并查集中，再将 (a<q[i].a) 的边也塞入并查集中，这样并查集中的边就是所有 (a<q[i].a,b<q[i].b) ，然后记录答案，记录完后将刚刚插入的 (a<q[i].a) 的边再撤销，继续处理下一个询问。
由于要支持撤销操作，用按秩合并，不能路径压缩。
由于b有序且单调，所以插入 (b) 是 (O(n)) ，插入 (a) 与撤销 (a) 也 (O(nlogn)) 的，总复杂度 (O(n^2logn))。
然后我们发现复杂度过高的瓶颈在于 (a) 的插入是 (O(nlogn)) 的而且插入了许多没有必要插入的信息(那些远小于 (q[i].a) 的边), 考虑对 (a) 分块，将复杂度均摊。
将 (a) 排序，分块，对于一个块 (x) ，它所对应的并查集包含了 (ale a[size * x]) 的所有边。
当我们插入一条 (ble q[i].b) 的边时，需要二分查找到这条边 (a) 所在的块，然后将该块一直到最后一个块的并查集中都插入这一条边，对于 (le q[i].a) 的边，我们就可以找到最大的开头 (le q[i].a) 的块，然后将这块开头到 (q[i].a) 都塞进这一块所对应的并查集(因为在这块之前的块里的边显然都小于 $q[i].a $)，查询也在这一块中进行(显然 (b<q[i].b) 的边都在这块的并查集里).
总复杂度 (O(nlognsqrt{n})).
#include <set>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <assert.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define GO debug("GO
")
inline int rint() {
register int x = 0, f = 1; register char c;
while (!isdigit(c = getchar())) if (c == '-') f = -1;
while (x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), isdigit(c = getchar()));
return x * f;
}
template<typename T> inline void chkmin(T &a, T b) { a > b ? a = b : 0; }
template<typename T> inline void chkmax(T &a, T b) { a < b ? a = b : 0; }
const int N = 1e5 + 100;
struct Edge {
int u, v, a, b, id;
bool operator< (const Edge &B) const {
return a < B.a;
}
} fir[N<<1], sec[N<<1], q[N<<1];
bool cmp_a(const Edge &a, const Edge &b) {
return a.a < b.a;
}
bool cmp_b(const Edge &a, const Edge &b) {
return a.b < b.b;
}
int top;
struct Ifm {
int type, x, y, z;
} stk[N<<1];
struct Union_Set {
int fa[N], size[N], max_a[N], max_b[N];
int Find(int x) {
while (fa[x]) x = fa[x];
return x;
}
void Merge(int x, int y, int a, int b, int op) {
int Fx = Find(x), Fy = Find(y);
if (size[Fx] > size[Fy])
swap(Fx, Fy), swap(x, y);
if (op == 1)
stk[++top] = (Ifm) { 1, Fy, max_a[Fy], max_b[Fy] };
chkmax(max_a[Fy], max(max_a[Fx], a));
chkmax(max_b[Fy], max(max_b[Fx], b));
if (Fx == Fy)
return;
fa[Fx] = Fy;
size[Fy] += size[Fx];
if (op == 1)
stk[++top] = (Ifm) { 0, Fx, Fy, size[Fx] };
}
void Backdate() {
while (top) {
if (stk[top].type == 0) {
fa[stk[top].x] = 0;
size[stk[top].y] -= stk[top].z;
} else {
max_a[stk[top].x] = stk[top].y;
max_b[stk[top].x] = stk[top].z;
}
--top;
}
}
int Query(int x, int y, int a, int b) {
int anc = Find(x);
if (x == y and a == 0 and b == 0)
return size[anc] != 1;
if (anc != Find(y))
return 0;
if (max_a[anc] != a or max_b[anc] != b)
return 0;
return 1;
}
} U[1005];
int n, m, K;
int ans[N], front[N];
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("xhc.in", "r", stdin);
freopen("xhc.out", "w", stdout);
#endif
n = rint(), m = rint();
for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
fir[i].u = rint();
fir[i].v = rint();
fir[i].a = rint();
fir[i].b = rint();
sec[i] = fir[i];
}
K = rint();
for (int i = 1; i <= K; ++ i) {
q[i].u = rint();
q[i].v = rint();
q[i].a = rint();
q[i].b = rint();
q[i].id = i;
}
int SIZE = sqrt(m * 20), Block_Cnt = m / SIZE;
for (int i = 0; i <= Block_Cnt; ++ i)
for (int j = 1; j <= n; ++ j)
U[i].size[j] = 1;
sort(fir + 1, fir + 1 + m, cmp_a);
sort(sec + 1, sec + 1 + m, cmp_a);
for (int i = 0; i <= Block_Cnt; ++ i)
front[i] = sec[i * SIZE].a;
sort(q + 1, q + 1 + K, cmp_b);
sort(sec + 1, sec + 1 + m, cmp_b);
int pos = 1;
for (int i = 1; i <= K; ++ i) {
while (sec[pos].b <= q[i].b and pos <= m) {
int block = lower_bound(front, front + 1 + Block_Cnt, sec[pos].a) - front;
for (int j = block; j <= Block_Cnt; ++ j) {
U[j].Merge(sec[pos].u, sec[pos].v, sec[pos].a, sec[pos].b, 0);
}
pos++;
}
int P = upper_bound(front, front + Block_Cnt + 1, q[i].a) - front - 1;
Edge tp; tp.a = front[P];
int tpos = upper_bound(fir + 1, fir + 1 + m, tp) - fir;
while (fir[tpos].a <= q[i].a and tpos <= m) {
if (fir[tpos].b <= q[i].b) {
U[P].Merge(fir[tpos].u, fir[tpos].v, fir[tpos].a, fir[tpos].b, 1);
}
++tpos;
}
ans[q[i].id] = U[P].Query(q[i].u, q[i].v, q[i].a, q[i].b);
U[P].Backdate();
}
for (int i = 1; i <= K; ++ i)
ans[i] == 1 ? puts("Yes") : puts("No");
return 0;
}