好题。
对于一次询问 \((x_1,y_1)\) 到 \((x_2,y_2)\)，显然若两点不在同一个联通块中则无解。考虑在同一个联通块中的答案。
我们对整张图进行黑白染色。则有结论：若黑色/白色格点存在不同的数，则一定有解。
证明：设此时黑色格点存在两个格点的数互不相同，设这两个格点为 \((a,b)\)、\((c,d)\)，我们再寻找一个点 \((x,y)\)，满足 \((a,b)\) 可达 \((x,y)\)，\((x,y)\) 可达 \((c,d)\)。则我们有这样一条路线：\((x_1,y_1)->...->(a,b)->(x,y)->(c,d)->(x,y)->(a,b)->...->(x,y)->(p,q)->...->(x_2,y_2)\)。考虑这样的路线怎样构造合法解。
对于前半段 \((x_1,y_1)->...->(a,b)\) 和后半段 \((p,q)->...->(x_2,y_2)\)，这段的权值是常数，我们不用管。考虑中间一段如何构造。设 \((a,b)\) 的点权为 \(a\)，\((c,d)\) 的点权为 \(c\)，\((x,y)\) 的点权为 \(b\)，则中间的权值可以写成 \(\overline{b?b?b?...?b}\)，其中 \(?\) 既可以是 \(a\) 也可以是 \(c\)。
我们先将 \(?\) 全部填成 \(c\)，再考虑将 \(c\) 修改成 \(a\) 造成的影响。令路径长为 \(2 \times (P-1) \times (P-1)+1\)，则每个 \(?\) 的贡献是 \(a\) 或 \(c\) 的权值 \(\times 100^k\)，\(k \in [1,(P-1) \times (P-1)]\)。根据费马小定理我们可以得到 \(100^{P-1} \equiv 1(mod\) \(P)\)，而 \(k\) 的取值中满足 \((P-1)|k\) 的 \(k\) 共有 \(P-1\) 种，也就是我们可以依靠这些位将路径的权值加上不超过 \(P-1\) 个 \(a-c\)。由于 \((a-c,P)=1\)，所以我们将路径权值加上 \(s\) 个 \(a-c\)，\(s \in [0,P-1]\) 可以取遍 \(P\) 的剩余系中所有数，于是路径的权值可以是任何数。
于是对于每次查询，我们只需要判断 \((x_1,y_1)\) 和 \((x_2,y_2)\) 是否在同一个联通块，以及联通块中相同颜色是否存在不同的数即可。
对于不满足条件（同色格的数字都相同）的情况，我们可以预处理出每两种数字对于所有权值是否可达，查询时直接查表即可。这部分的复杂度为 \(O(100P)\)。
对于动态维护联通块信息，我们使用线段树分治 \(+\) 可撤销并查集即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int mod=1145141,N=510,M=250010,T=2e5+10;
int n,m,Q,Id,mp[N][N],lst[N][N],fa[M],siz[M];
int num[2][M],ans[T],vis[N][N],col[M];
int dx[]={0,1,0,-1},dy[]={1,0,-1,0};
struct Qry{int st,ed,tar;}q[T];
struct node{int x,y,v;};
vector<node>e[T<<2];
vector<pair<int*,int> >stk;
bool can[10][10][2][mod];
inline int id(int i,int j) {return (i-1)*m+j;}
inline int find(int x) {return x==fa[x]?x:find(fa[x]);}
inline void pb(int &x,int y) {stk.push_back({&x,x});x=y;}
inline void merge(int u,int v) {u=find(u);v=find(v);if(u==v) return ;if(siz[u]>siz[v]) swap(u,v);pb(fa[u],v);pb(siz[v],siz[v]+siz[u]);for(int i=0;i<2;++i) {if(num[i][u]!=-1&&num[i][v]!=-1&&num[i][u]!=num[i][v]) pb(num[i][v],-2);if(num[i][v]==-1&&num[i][u]!=-1) pb(num[i][v],num[i][u]);}
}
inline void back() {while(stk.back().fi!=nullptr) *stk.back().fi=stk.back().se,stk.pop_back();stk.pop_back();
}
#define mid ((l+r)>>1)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
inline void add(int p,int l,int r,int L,int R,int x,int y,int v) {if(l>R||r<L) return ;if(l>=L&&r<=R) {e[p].push_back((node){x,y,v});return ;}add(ls,l,mid,L,R,x,y,v);add(rs,mid+1,r,L,R,x,y,v);
}
inline void solve(int p,int l,int r) {if(e[p].size()) {stk.push_back({nullptr,0});for(auto [x,y,v]:e[p]) {num[col[id(x,y)]][id(x,y)]=v;pb(vis[x][y],1);for(int i=0;i<4;++i) {int qx=x+dx[i],qy=y+dy[i];if(vis[qx][qy]) merge(id(x,y),id(qx,qy));}}}if(l==r) {if(q[l].st) {int fr=find(q[l].st),to=find(q[l].ed);if(fr!=to) ans[l]=1;else if(num[0][fr]==-2||num[1][fr]==-2) ans[l]=2;else if(num[0][fr]==-1||num[1][fr]==-1) ans[l]=(q[l].tar==num[1][fr]+num[0][fr]+1?2:1);else {int v1=num[col[q[l].st]][fr],v2=num[col[q[l].st]^1][fr];ans[l]=can[v1][v2][col[q[l].st]==col[q[l].ed]][q[l].tar]+1;}}}else solve(ls,l,mid),solve(rs,mid+1,r);if(e[p].size()) back();
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);for(int i=0;i<=9;++i)for(int j=0;j<=9;++j) {int to=0;for(int k=1;;k^=1) {to=(to*10+(k?i:j))%mod;if(can[i][j][k][to]) break;can[i][j][k][to]=1;}}cin>>n>>m>>Q>>Id;for(int i=1;i<=n;++i) {string ch;cin>>ch;for(int j=1;j<=m;++j) mp[i][j]=(ch[j-1]=='#'?-1:ch[j-1]^48),col[id(i,j)]=(i+j)&1,lst[i][j]=1;}for(int i=1;i<=Q;++i) {int opt;cin>>opt;if(opt==1) {int x,y;char c;cin>>x>>y>>c;if(~mp[x][y]) add(1,1,Q,lst[x][y],i-1,x,y,mp[x][y]);lst[x][y]=i;mp[x][y]=c=='#'?-1:(c^48);}else {int x_1,x_2,y_1,y_2,v;cin>>x_1>>y_1>>x_2>>y_2>>v;q[i]=(Qry){id(x_1,y_1),id(x_2,y_2),v};}}for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)if(~mp[i][j]) add(1,1,Q,lst[i][j],Q,i,j,mp[i][j]);for(int i=1;i<=n*m;++i) fa[i]=i,siz[i]=1;memset(num,-1,sizeof(num));solve(1,1,Q);for(int i=1;i<=Q;++i)if(ans[i]) cout<<(ans[i]==2?"Yes":"No")<<'\n';return 0;
}
