题目链接：
http://acm.sgu.ru/problem.php?contest=0&problem=194
题目大意：
n个点（n<20000！！！不是200！！！RE了无数次），m条边（管子）（m范围好像没说，我开了10^6），每个点流入的和流出的液体要相等，每条边（管子）有上下界流量，问是否有解，有解YES无解NO，有解还要输出每条边的流量。
题目输入样例略坑，我以为要多组数据输入输出TEST #1 什么的。后来仔细看了Input发现只有一组吧应该，保险起见还是写了多组，但是不用读入TEST是肯定的。
题目思路：
【无源汇上下界最大流】
直接建图套最大流模版即可。
最近刚好在搞上下界问题，等到都做完了写个总结吧。
建图模型：（学习自Mr. Ant http://www.cnblogs.com/kane0526/archive/2013/04/05/3001108.html）
以前写最大流默认下界为0，而这里的下界却不为0，所以我们要进行再构造让每条边的下界为0，这样做是为了方便处理。
对于每条边（管子）有一个上界容量c和一个下界容量b，我们让这条边（管子）的容量下界变为0，上界为b-c。
可是这样做的话流量就不守恒了，为了再次满足流量守恒，增设一个超级源点S和一个超级终点T。
我们开设一个数组in[]来记录每个节点的流量情况。
in[i]=Σi入下界-Σi出下界（i节点所有入流下界之和-i节点所有出流下界之和）。
当in[i]大于0的时候，S到i连一条流量为in[i]的边。
当in[i]小于0的时候，i到T连一条流量为-in[i]的边。
最后对（S，T）求一次最大流即可，当所有附加边全部满流时(S的出边都满流时)，有可行解。
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//by coolxxx
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#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<iomanip>
#include<memory.h>
#include<time.h>
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<stdbool.h>
#include<math.h>
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define abs(a) ((a)>0?(a):(-(a)))
#define lowbit(a) (a&(-a))
#define sqr(a) (a)*(a)
#define swap(a,b) (a)^=(b),(b)^=(a),(a)^=(b)
#define eps 1e-8
#define MAX 0x7f7f7f7f
#define PI 3.1415926535897
#define N 20004
#define M 1000004
using namespace std;
int n,m,cas,lll,ans;
int S,T,nn;
int last[N],in[N],d[N],vd[N],low[N];
char s[N];
bool inq[N];
struct xxx
{
int next,to,f;
}e[M];
void add(int x,int y,int f)
{
e[++lll].next=last[x];
last[x]=lll;
e[lll].to=y;
e[lll].f=f;
}
void link(int x,int y,int f)
{
add(x,y,f);
add(y,x,);
}
void build()
{
int i,f,x,y,b,c;
lll=;ans=;
memset(low,,sizeof(low));
memset(in,,sizeof(in));
memset(last,,sizeof(last));
memset(e,,sizeof(e));
memset(d,,sizeof(d));
memset(vd,,sizeof(vd));
scanf("%d",&m);
for(i=;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&b,&c);
in[x]-=b;in[y]+=b;
link(x,y,c-b);
low[i]=b;
}
S=n+;
T=n+;
nn=n+;
for(i=;i<=n;i++)
{
if(in[i]>)link(S,i,in[i]);
if(in[i]<)link(i,T,-in[i]);
}
}
int sap(int u,int f)
{
int i,tt,asp=,mix=nn-;
if(u==T)return f;
for(i=last[u];i;i=e[i].next)
{
if(e[i].f>)
{
if(d[u]==d[e[i].to]+)
{
tt=sap(e[i].to,min(f-asp,e[i].f));
asp+=tt;
e[i].f-=tt;
e[i^].f+=tt;
if(asp==f || d[S]==nn)
return asp;
}
mix=min(mix,d[e[i].to]);
}
}
if(asp!=)return asp;
if(!--vd[d[u]])d[S]=nn;
else vd[d[u]=mix+]++;
return asp;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("1.txt","r",stdin);
// freopen("2.txt","w",stdout);
#endif
int i,j,f;
// while(~scanf("%s",s))
while(~scanf("%d",&n) && n)
{
build();
vd[]=nn;
while(d[S]<nn)
{
f=sap(S,MAX);
ans+=f;
}
for(i=last[S],f=;i;i=e[i].next)
{
if(e[i].f>)
{
f=;
break;
}
}
if(!f)
puts("NO");
else
{
puts("YES");
for(i=;i<=m;i++)
printf("%d\n",low[i]+e[i+i+].f);
}
}
return ;
} /*
// //
*/