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给定一张

N

N

N 个顶点

M

M

M 条边的无向图(顶点编号为

1

,

2

,

…

,

n

1,2,\ldots,n

1,2,…,n)，每条边上带有权值。所有权值都可以分解成

2

a

×

3

b

2^a\times 3^b

2a×3b 的形式。

现在有

q

q

q 个询问，每次询问给定四个参数

u

,

v

,

a

u,v,a

u,v,a 和

b

b

b，请你求出是否存在一条顶点

u

u

u 到

v

v

v 之间的路径，使得路径依次经过的边上的权值的最小公倍数为

2

a

×

3

b

2^a\times 3^b

2a×3b。

注意：路径可以不是简单路径。

下面是一些可能有用的定义，如果与其它地方定义不同，在本题中以下面的定义为准：

路径：顶点序列

P

 ⁣

:

P

1

,

P

2

,

…

,

P

k

P \colon P_1,P_2,\ldots,P_k

P:P1​,P2​,…,Pk​ 是一条路径，当且仅当

k

≥

2

k \geq 2

k≥2，且对于任意

1

≤

i

<

k

1 \leq i < k

1≤i<k ，节点

P

i

P_i

Pi​ 和

P

i

+

1

P_{i+1}

Pi+1​ 之间都有边相连。

输入文件的第一行包含两个整数

N

N

N 和

M

M

M，分别代表图的顶点数和边数。

接下来

M

M

M 行，每行包含四个整数

u

,

v

,

a

,

b

u,v,a,b

u,v,a,b 代表一条顶点

u

u

u 和

v

v

v 之间、权值为

2

a

×

3

b

2^a\times 3^b

2a×3b 的边。

接下来一行包含一个整数

q

q

q，代表询问数。

接下来

q

q

q 行，每行包含四个整数

u

,

v

,

a

u,v,a

u,v,a 和

b

b

b，代表一次询问。询问内容请参见问题描述。

对于每次询问，如果存在满足条件的路径，则输出一行 Yes，否则输出一行 No（注意：第一个字母大写，其余字母小写）。

输入 #1

4 5
1 2 1 3
1 3 1 2
1 4 2 1
2 4 3 2
3 4 2 2
5
1 4 3 3
4 2 2 3
1 3 2 2
2 3 2 2
1 3 4 4

输出 #1

Yes
Yes
Yes
No
No

1

≤

n

,

q

≤

5

×

1

0

4

1\le n,q\le 5\times 10^4

1≤n,q≤5×104，

1

≤

m

≤

1

0

5

1\leq m\leq 10^5

1≤m≤105，

0

≤

a

,

b

≤

1

0

9

0\leq a,b\leq 10^9

0≤a,b≤109。

题解

我们可以用这种办法判断是否满足条件：把权值为目标

l

c

m

\rm lcm

lcm 的因数——即边的

a

,

b

a,b

a,b 同时小于目标的

a

,

b

a,b

a,b——的边，保留下来。此时如果

u

u

u 和

v

v

v 在一个连通块内，同时该连通块所有边的

l

c

m

\rm lcm

lcm 等于目标

l

c

m

\rm lcm

lcm ，那么就存在满足条件的路径。路径可以不是简单路径，所以，只要是在同一连通块的边都可以走一次。既然是维护连通块，不妨用并查集。

那么，首先把

a

a

a 和

b

b

b 离散化，因为有价值的仅仅是他们的相对大小关系。

然后，回滚莫队！

我们把询问按照

a

a

a 分块，每个块内按照

b

b

b 从小到大排序。处理每个块的时候，并查集初始化，一条扫描线扫

b

b

b 端点。我们维护当前扫到的

b

b

b 的大小

R

R

R ，

R

R

R 初始为 0 。当

R

<

b

i

R<b_i

R<bi​ 的时候，R++ ，然后把

b

=

R

,

a

≤

块

的

左

端

b=R,a\leq 块的左端

b=R,a≤块的左端 的边加进并查集，当

R

R

R 达到

b

i

b_i

bi​ 时，记录此时并查集的状态。接着处理

a

a

a 端点，把

a

∈

(

块

的

左

端

,

a

i

]

,

b

≤

b

i

a\in (块的左端,a_i],b\leq b_i

a∈(块的左端,ai​],b≤bi​ 的边加进并查集，查询该询问是否有解。最后把并查集退回到之前记录的状态，保留

R

R

R ，计算块内的下一个询问。

令块大小为

S

S

S ，那么时间应该是

q

×

S

×

α

(

n

)

+

M

S

×

M

×

α

(

n

)

≥

(

2

×

)

M

α

(

n

)

q

q\times S\times\alpha(n)+\frac{M}{S}\times M\times\alpha(n)\geq(2\times)M\alpha(n)\sqrt{q}

q×S×α(n)+SM​×M×α(n)≥(2×)Mα(n)q

​，当且仅当

S

=

M

2

q

S=\sqrt{\frac{M^2}{q}}

S=qM2​

​ 时取最小，最大数据下

S

S

S 可取

447

447

447 。

关于按

a

a

a 分块，有一个难点。那就是，当大量的边都有着同样的

a

a

a 抱团的时候，我们又不得不把所有的相同值的边都考虑，于是，直接按

a

a

a 的值分块，无疑会慢到极致。但是，我们会发现，设块的左端点为

l

i

l_i

li​ ，所有

a

=

l

i

a=l_i

a=li​ 的边只会被添加一次，是在扩展

R

R

R 的时候被添加的。所以，我们把边的数量

≥

S

\geq S

≥S 的

a

a

a 值单独算一个块，就可以避免这个问题。

时间复杂度

O

(

M

α

(

n

)

q

)

\rm O(M\alpha_{^{(n)}}\sqrt{q})

O(Mα(n)​q

​) ，跑上几百毫秒是可以的。

CODE

#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 400005
#define LL long long
#define DB double
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define SQ 447
LL read() {
    LL f=1,x=0;char s = getchar();
    while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
    while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
    return f*x;
}
void putpos(LL x) {
    if(!x) return ;
    putpos(x/10); putchar('0'+(x%10));
}
void putnum(LL x) {
    if(!x) putchar('0');
    else if(x < 0) putchar('-'),putpos(-x);
    else putpos(x);
}
int n,m,s,o,k,Q;
int U[MAXN],V[MAXN],w2[MAXN],w3[MAXN];
int b1[MAXN],b2[MAXN],cn1,cn2,nm1,nm2;
map<int,int> mp1,mp2;
vector<int> bu[MAXN],rq[MAXN];
int bl[MAXN],br[MAXN],belong[MAXN],cnt;
struct it{
    int u,v,l,r,id;it(){u=v=l=r=id=0;}
    it(int U,int V,int A,int B,int I){u=U;v=V;l=A;r=B;id=I;}
    it(int U,int ma,int mb){u=U;l=ma;r=mb;v=0;id=0;}
}q[MAXN];
vector<it> B[MAXN];
int cnq;
bool as[MAXN];
bool cmp(it a,it b) {
    return a.r < b.r;
}
bool F_st;
stack<it> st;
int fa[MAXN],siz[MAXN],mx1[MAXN],mx2[MAXN];
int findf(int x) {return x==fa[x] ? x:(findf(fa[x]));}
void unionSet(int a,int b,int m2,int m3) {
    int u = findf(a),v = findf(b);
    if(siz[u] > siz[v]) swap(u,v),swap(a,b);
    if(u == v) {
        if(F_st)st.push(it(u,mx1[u],mx2[u]));
        mx1[u] = max(mx1[u],m2);
        mx2[u] = max(mx2[u],m3);
    }
    else {
        if(F_st)st.push(it(u,mx1[v],mx2[v]));
        siz[v] += siz[u]; fa[u] = v;
        mx1[v] = max(mx1[v],max(mx1[u],m2));
        mx2[v] = max(mx2[v],max(mx2[u],m3));
    }return ;
}
void Back(it t) {
    int u = t.u;
    if(fa[u] == u) {
        mx1[u] = t.l; mx2[u] = t.r;
    }
    else {
        int v = fa[u];
        mx1[v] = t.l; mx2[v] = t.r;
        siz[v] -= siz[u]; fa[u] = u;
    }return ;
}
void adda(int ad,int rr) {
    for(int i = 0;i < (int)bu[ad].size();i ++) {
        int x = bu[ad][i];
        if(w3[x] <= rr) {
            unionSet(U[x],V[x],w2[x],w3[x]);
        }
    }return ;
}
void addb(int ad,int rr) {
    for(int i = 0;i < (int)rq[ad].size();i ++) {
        int x = rq[ad][i];
        if(w2[x] <= rr) {
            unionSet(U[x],V[x],w2[x],w3[x]);
        }
    }return ;
}
void query(int x,int y,int &aa,int &bb) {
    aa = 0; bb = 0;
    if(findf(x) != findf(y)) return ;
    int v = findf(x);
    aa = mx1[v]; bb = mx2[v];
    return ;
}
int main() {
//    freopen("lcm.in","r",stdin);
//    freopen("lcm.out","w",stdout);
    n = read();m = read();
    for(int i = 1;i <= m;i ++) {
        U[i] = read();
        V[i] = read();
        w2[i] = read();
        w3[i] = read();
        b1[++ cn1] = w2[i];
        b2[++ cn2] = w3[i];
    }
    sort(b1 + 1,b1 + 1 + m);
    sort(b2 + 1,b2 + 1 + m);
    for(int i = 1;i <= m;i ++) {
        if(i == 1 || b1[i] > b1[i-1]) mp1[b1[i]] = ++ nm1;
        if(i == 1 || b2[i] > b2[i-1]) mp2[b2[i]] = ++ nm2;
    }
    for(int i = 1;i <= m;i ++) {
        w2[i] = mp1[w2[i]]; w3[i] = mp2[w3[i]];
        bu[w2[i]].push_back(i);
        rq[w3[i]].push_back(i);
    }
    int ct = 0,prl = 0;
    for(int i = 1;i <= nm1;i ++) {
        ct += bu[i].size();
        belong[i] = cnt + 1;
        if(ct >= SQ || i == nm1 || (int)bu[i+1].size() >= SQ) {
            cnt ++;
            bl[cnt] = prl + 1;
            prl = br[cnt] = i;
            ct = 0;
        }
    }
    Q = read();
    for(int i = 1;i <= Q;i ++) {
        s = read();o = read();
        int aa = mp1[read()],bb = mp2[read()];
        if(aa && bb) {
            it t = it(s,o,aa,bb,i);
            q[++ cnq] = t;
            B[belong[t.l]].push_back(t);
        }
    }
    for(int i = 1;i <= cnt;i ++) {
        sort(B[i].begin(),B[i].end(),cmp);
        for(int j = 1;j <= n;j ++) {
            fa[j] = j; siz[j] = 1;
            mx1[j] = 0; mx2[j] = 0;
        }
        while(!st.empty()) st.pop();
        int R = 0;
        for(int j = 0;j < (int)B[i].size();j ++) {
            it x = B[i][j];
            while(R < x.r) addb(++ R,bl[i]);
            int L = bl[i];
            F_st = 1;
            while(L < x.l) adda(++ L,x.r);
            F_st = 0;
            int sa,sb; query(x.u,x.v,sa,sb);
            as[x.id] = (sa == x.l && sb == x.r);
            while(!st.empty()) {
                it t = st.top();st.pop();
                Back(t);
            }
        }
    }
    for(int i = 1;i <= Q;i ++) {
        printf(as[i] ? "Yes\n":"No\n");
    }
    return 0;
}
/*
q*S*log + M/S*M*log >= 2*sqrt{q}*M*log
q*S = M/S*M => S = sqrt(M*M/q) = sqrt(2e5) = 447
*/