基于观察，可以发现以下两条性质：

• A 可以到 BB，BB 也可以到 A，对 B <-> AA 也是同理的。

• 可以通过这两个操作交换相邻元素。

对于前者，只需证明 BB 可以到 A 即可，不难发现有构造：BB -> AAAA -> A。

对于后者，不妨设相邻两项为 AB 则不难发现有构造 AB -> AAA -> BA。

于此同时可以发现，这两个操作都是双向等价的，因此我们通过这两个操作得到的串是和原串等价的。

那么可以考虑使用上述两个操作将 \(S, T\) 串变为最简单的全 A 串来继续观察。

继续观察可以发现：一个全 A 串不可能通过操作去掉两个 A 或一个 A，因为最多只能增加 \(3k\) 个 A，同时只能减去三个 A，A 的数量不变。

因此，我们只能最终只能增加或减少 \(3k\) 个 A，因此只需要比较 \(S, T\) 串变成全 A 串后 A 的数量之差是否为 \(3\) 的倍数即可。

不难发现只需要记录前缀和即可，复杂度 \(O(n + q)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)
const int N = 1e5 + 5;
int n, m, q, a, b, c, d, cnt[2][N][2]; char s[N], t[N];
int read() {
    char c; int x = 0, f = 1;
    c = getchar();
    while (c > '9' || c < '0') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int main() {
    scanf("%s%s", s + 1, t + 1), n = strlen(s + 1), m = strlen(t + 1);
    rep(i, 1, n) {
        cnt[0][i][0] = cnt[0][i - 1][0] + (s[i] == 'A');
        cnt[0][i][1] = cnt[0][i - 1][1] + (s[i] == 'B');
    }
    rep(i, 1, m) {
        cnt[1][i][0] = cnt[1][i - 1][0] + (t[i] == 'A');
        cnt[1][i][1] = cnt[1][i - 1][1] + (t[i] == 'B');
    }
    q = read();
    while (q--) {
        a = read(), b = read(), c = read(), d = read();
        int Nas = cnt[0][b][0] - cnt[0][a - 1][0], Nbs = cnt[0][b][1] - cnt[0][a - 1][1];
        int Nat = cnt[1][d][0] - cnt[1][c - 1][0], Nbt = cnt[1][d][1] - cnt[1][c - 1][1];
        if(Nas < Nat) printf((Nbs - Nbt - (Nat - Nas) * 2) % 3 == 0 ? "YES\n" : "NO\n");
        else printf((Nbs + (Nas - Nat) * 2 - Nbt) % 3 == 0 ? "YES\n" : "NO\n");
    }
    return 0;
}