考虑把所有的 B 都变为 A 来处理，因为 A 和 B 是可以互换的，就只需要判断 \(s_{a_i\cdots b_i}\) 和 \(t_{c_i\cdots d_i}\) 对应的 A 的个数能不能在操作后相等。
A 的个数前缀和维护即可。
考虑 1 操作，发现其实可以 \(1\) 个 A 变为 \(2\) 个 B 再变为 \(4\) 个 A，即 A 的个数 \(+3\)。
考虑 2 操作，其就是 A 的个数 \(-3\)。
所以发现操作只有 \(+3\) 或 \(-3\)，所以若两部分个数差为 \(3\) 的倍数即合法。
时间复杂度 \(O(|S| + |T| + Q)\)。
// lhzawa(https://www.cnblogs.com/lhzawa/)
// Problem: E - TrBBnsformBBtion
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 071
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc071/tasks/arc071_c
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
char s[N], t[N];
int sw[N], tw[N];
int main() {
scanf("%s%s", s + 1, t + 1);
int n = strlen(s + 1), m = strlen(t + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
sw[i] = sw[i - 1] + (s[i] - 'A' + 1);
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
tw[i] = tw[i - 1] + (t[i] - 'A' + 1);
}
int q;
scanf("%d", &q);
for (; q; q--) {
int sl, sr, tl, tr;
scanf("%d%d%d%d", &sl, &sr, &tl, &tr);
printf("%s\n", abs((sw[sr] - sw[sl - 1]) - (tw[tr] - tw[tl - 1])) % 3 == 0 ? "YES" : "NO");
}
return 0;
}