题意：

一家商店里有A瓶饮料，有一个老逗逼每天白天都会来到商店，磕B瓶饮料，到了晚上，当商店老板发现店里的饮料少于C瓶时，就会购入D瓶。
现在这个老逗逼想知道能不能无限地嗑下去（即每天都能磕B瓶）。

分析：

首先，有几个显而易见的特判：
1、$A < B$，那么第一天就不够了
2、$D < B$，那么无论商店老板怎么补，都补不赢这个老逗逼磕的速度。
3、在上述条件都不满足的情况下，如果$C+1\geq B$，那么这个老逗逼永远不可能磕完。

现在考虑一下一般情况。
其实我们无非就是求
$B<A-x\times B+y\times D<C$中$x,y$是否有解。

移一下项，变成了
$A-C<x\times B-y\times D<A-B$是否有解。

这时就很简单了，$x\times B-y\times D$能够凑出的数必然是$gcd(B,D)$的倍数。（学过拓欧的应该都知道）

无非就是求$(A-C,A-B)$中是否有$gcd(B,D)$的倍数。

就是判断$\lfloor \frac {A-B-1} {gcd(B,D)}\rfloor - \lfloor \frac {A-C} {gcd(B,D)}\rfloor \geq 0$而已，满足即可能喝完，不满足则不可能。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 100010
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
ll a,b,c,d;
ll gcd(ll x,ll y){
    if(y==0)
        return x;
    return gcd(y,x%y);
}
int main(){
    SF("%d",&n);
    while(n--){
        SF("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d);
        if(a<b){
            PF("No\n");
            continue;
        }
        if(b>d){
            PF("No\n");
            continue;
        }
        if(c+1>=b){
            PF("Yes\n");
            continue;
        }
        ll g=gcd(b,d);
        if((a-c-1ll)/g-(a-b)/g>0)
            PF("No\n");
        else
            PF("Yes\n");
    }
}