2-SAT hot tea。
首先一眼二分答案，我们二分答案 (mid)，那么问题转化为，是否存在一个所有边权都 (le mid) 的集合 (S)，满足 (S) 中任意两条边的端点互不相同，并且没有选择的选择的边每种颜色的边两两之间的端点也互不相同。
乍一看这个问题看似无法解决。但不难发现每条边只有两种状态——选或不选，也就是说我们考虑将每条边拆成两个点 (x_i) 和 (lnot x_i)，分别表示边 (i) 被选入集合 (S) 中和边 (i) 没有被选入集合 (S) 然后跑 2-SAT，那么考虑这样建图：
- 对于权值 (>mid) 的边我们连一条 (x_i olnot x_i) 的边，这样只要选择了 (x_i) 就必定会推出 (lnot x_i) 也为真，也就导致了矛盾，因此这样连边就强制要求 (lnot x_i) 必须为真。
- 对于两条有公共端点的边 (i,j)，如果它们同时被纳入集合 (S) 中就会导致 (S) 中的边构不成匹配，因此如果 (x_i) 为真必然可以推出 (lnot x_j) 为真，因此我们考虑连边 (x_i olnot x_j)，同理逆否命题 (x_j olnot x_i)。
- 类似地，对于两条有公共端点且颜色相同的边 (i,j)，如果它们同时不选，就会导致没选入 (S) 的边不合法，因此我们连边 (lnot x_i o x_j,lnot x_j o x_i)
这样暴力连边复杂度是 (mathcal O(m^2)) 的，无法通过，考虑优化。以第二类边为例，我们考虑枚举两条边的公共点 (i)，那么我们考虑将所有与 (i) 相连的边排成一列，设为 (e_1,e_2,cdots,e_k)，那么我们需要对于所有 (1le p,qle k,p e q)，连边 (x_p olnot x_q)，不难发现这可以用前后缀优化建图优化，具体优化方案如下：
对于第三类边也按照同样方式优化一下即可。这样边数即可降到 (mathcal O(m)) 级别。然后跑 tarjan，如果发现 (exists i)，(x_i) 与 (lnot x_i) 在同一个强连通分量中说明 (mid) 不合法，否则由于 tarjan 强连通分量编号按照缩点后拓扑序，可通过 (x_i) 与 (lnot x_i) 所在强连通分量大小关系判断 (i) 是否被选入集合 (S)。
时间复杂度 (mathcal O((n+m)log n))，为了减少常数可先把二、三类边建出来并保存一个备份，这样每次 check 时只需建一类边即可，不必每次二分都把整张图重新建出来。
const int MAXN=5e4;
const int MAXM=5e4;
const int MAXV=5e5;
const int MAXE=2e6;
int n,m,mx,ncnt=0;
struct edge{int u,v,c,t;} e[MAXM+5];
vector<int> g[MAXN+5];
vector<pii> col[MAXN+5];
int hd[MAXV+5],to[MAXE+5],nxt[MAXE+5],ec=0;
int _hd[MAXV+5],_ec=0;
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
int dfn[MAXV+5],low[MAXV+5],stk[MAXV+5],tp=0;
int bel[MAXV+5],cmp=0,tim=0;bool vis[MAXV+5];
void tarjan(int x){
dfn[x]=low[x]=++tim;stk[++tp]=x;vis[x]=1;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];
if(!dfn[y]) tarjan(y),chkmin(low[x],low[y]);
else if(vis[y]) chkmin(low[x],dfn[y]);
}
if(dfn[x]==low[x]){
int o;cmp++;do{
o=stk[tp--];bel[o]=cmp;vis[o]=0;
} while(o^x);
}
}
bool check(int mid){
for(int i=1;i<=ncnt;i++) hd[i]=_hd[i];ec=_ec;
memset(dfn,0,sizeof(dfn));memset(low,0,sizeof(low));tim=cmp=tp=0;
for(int i=1;i<=m;i++) if(e[i].t>mid) adde(i,i+m);
for(int i=1;i<=ncnt;i++) (!dfn[i]&&(tarjan(i),0));
for(int i=1;i<=m;i++) if(bel[i]==bel[i+m]) return 0;
return 1;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].c,&e[i].t);
chkmax(mx,e[i].t);g[e[i].u].pb(i);g[e[i].v].pb(i);
col[e[i].u].pb(mp(e[i].c,i));col[e[i].v].pb(mp(e[i].c,i));
} ncnt=m<<1;
for(int i=1;i<=n;i++) sort(col[i].begin(),col[i].end());
for(int i=1;i<=n;i++){
vector<int> pre(g[i].size()),suf(g[i].size());
for(int j=0;j<pre.size();j++) pre[j]=++ncnt;
for(int j=0;j<suf.size();j++) suf[j]=++ncnt;
for(int j=1;j<pre.size();j++) adde(pre[j-1],pre[j]);
for(int j=1;j<suf.size();j++) adde(suf[j],suf[j-1]);
for(int j=0;j<pre.size();j++) adde(g[i][j],pre[j]);
for(int j=0;j<suf.size();j++) adde(suf[j],g[i][j]+m);
for(int j=1;j<pre.size();j++) adde(pre[j-1],g[i][j]+m),adde(g[i][j],suf[j-1]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int l=0,r;l<col[i].size();l=r){
r=l;while(r<col[i].size()&&col[i][r].fi==col[i][l].fi) ++r;
vector<int> pre(r-l),suf(r-l);
for(int j=0;j<pre.size();j++) pre[j]=++ncnt;
for(int j=0;j<suf.size();j++) suf[j]=++ncnt;
for(int j=1;j<pre.size();j++) adde(pre[j-1],pre[j]);
for(int j=1;j<suf.size();j++) adde(suf[j],suf[j-1]);
for(int j=0;j<pre.size();j++) adde(pre[j],col[i][j+l].se);
for(int j=0;j<suf.size();j++) adde(col[i][j+l].se+m,suf[j]);
for(int j=1;j<pre.size();j++) adde(col[i][j-1+l].se+m,pre[j]),adde(suf[j],col[i][j-1+l].se);
}
}
for(int i=1;i<=ncnt;i++) _hd[i]=hd[i];_ec=ec;
int l=0,r=mx,p=-1;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if(check(mid)) p=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
} if(!~p) puts("No");
else{
printf("Yes
%d ",p);check(p);vector<int> vec;
for(int i=1;i<=m;i++) if(bel[i]<bel[i+m]) vec.pb(i);
printf("%d
",vec.size());for(int x:vec) printf("%d ",x);
}
return 0;
}