就是要问能否 找一条路径使得经过的 max{a权值和b权值} 等于给定值。
可以发现对一个query(u,v,A,B)来说只有a<=A&&b<=B的边对答案会产生影响否则一定不会被遍历到，可以考虑排序之后枚举a的值和b的值用并查集维护。
原题有个max{a,b}<=30的部分分估计就是给这个的，然后我就不会做了。
实际上枚举太慢可以考虑分块。把边按a排序之后分成sqrt(m)块，枚举每块i，同时处理一些query（先按B排序），这些询问的A>=max{i之前的块的a},然后把之前的块按b排序之后，边询问边加，由于i里也可能有符合条件的边E，因为query按b排，所以E不一定满足下一个询问的(A,B),需要撤销并查集的合并操作。
有关并查集的撤销
两种方法，一种是每次O(1)撤销一步的简化版，不路径压缩，按秩合并，记录每一次合并前的信息，然后undo的时候根据记录的信息就可以了。
更加详细的讲解看这里:http://www.cnblogs.com/Sdchr/p/6359014.html第二种就是可持久化啦qwq，因为要写主席树所以没有上面方便，不过可以logn回到任意步的状态，用主席树实现一个可持久化数组即可。
然后就能复杂度 O(m?m??√?logm) 做啦。
小优化:在当前块没有询问的时候，直接continue;
/**************************************************************Problem: 4537User: DCOILanguage: C++Result: AcceptedTime:16164 msMemory:7168 kb ****************************************************************///QWsin
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=50000+10;
const int maxq=50000+10;
const int maxm=100000+10;
inline int read()
{int ret=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) ret=ret*10+ch-'0';return ret;
}int n,m,q;struct Node{int u,v,a,b,id;Node(){}inline void input(int i){u=read();v=read();a=read();b=read();id=i;}inline bool operator < (const Node &rhs)const{return a<rhs.a||(a==rhs.a&&b<rhs.b); }
}e[maxm],ask[maxq],st[maxq];inline int cmp(const Node &a,const Node &b){return a.b<b.b||(a.b==b.b&&a.a<b.a);
}inline void init_data(){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;++i) e[i].input(i);sort(e+1,e+m+1);cin>>q;for(int i=1;i<=q;++i) ask[i].input(i);sort(ask+1,ask+q+1,cmp);
}struct OP{int u,v,ma,mb,sz;OP(int u=0,int v=0,int ma=0,int mb=0,int sz=0):u(u),v(v),ma(ma),mb(mb),sz(sz){}
}op[maxn];int p[maxn],sz[maxn],ma[maxn],mb[maxn];
int findset(int x){
return x==p[x]?x:findset(p[x]);}int tot;//在缓冲区的操作
inline void merge(int u,int v,int a,int b)
{u=findset(u);v=findset(v);if(sz[u] > sz[v]) swap(u,v); op[++tot]=OP(u,v,ma[v],mb[v],sz[v]);if(u==v){ma[u]=max(ma[u],a);mb[u]=max(mb[u],b);return ; }p[u]=v;sz[v]+=sz[u];ma[v]=max(ma[v],max(ma[u],a));mb[v]=max(mb[v],max(mb[u],b));
}inline void undo()//撤销在缓冲区的所有操作
{for(;tot;--tot){int u=op[tot].u,v=op[tot].v;p[u]=u;sz[v]=op[tot].sz;ma[v]=op[tot].ma;mb[v]=op[tot].mb;}
}int ans[maxq];
inline void solve()
{int Sz=sqrt(m);for(int i=1;i<=m;i+=Sz){int top=0;for(int j=1;j<=q;++j)if(ask[j].a>=e[i].a && (i+Sz>m||ask[j].a<e[i+Sz].a))st[++top]=ask[j];if(!top) continue;sort(e+1,e+i,cmp);for(int j=1;j<=n;++j) p[j]=j,sz[j]=1,ma[j]=mb[j]=-1;for(int j=1,k=1;j<=top;++j){for(;k<i&&e[k].b<=st[j].b;++k)merge(e[k].u,e[k].v,e[k].a,e[k].b);tot=0;for(int p=i;p<i+Sz&&p<=m;++p)if(e[p].a<=st[j].a&&e[p].b<=st[j].b)merge(e[p].u,e[p].v,e[p].a,e[p].b);int u=findset(st[j].u),v=findset(st[j].v);ans[st[j].id]= (u==v && ma[u]==st[j].a && mb[u]==st[j].b);undo();}}for(int i=1;i<=q;++i) puts(ans[i]?"Yes":"No");
}int main()
{init_data();solve();return 0;
}