题意：有n个任务，给出完成n个任务所需时间，以及一些任务安排。任务安排有四种：
FAS a b：任务a需在任务b开始后完成。
FAF a b：任务a需在任务b完成后完成。
SAF a b：任务a需在任务b完成后开始。
SAS a b：任务a需在任务b开始后开始。
求在这些任务安排下各个任务的最早开始时间，若任务安排为不可能安排则输出impossible。每组数据结束需要输出一个空行。
思路：四种任务安排可以得到四种不等式如下：（dis[]表示任务开始时间，x[]表示任务完成所需时间）
FAS a b：dis[a]+x[a]>=dis[b]
FAF a b：dis[a]+x[a]>=dis[b]+x[b]
SAF a b：dis[a]>=dis[b]+x[b]
SAS a b：dis[a]>=dis[b]
因为求任务开始的最早时间即最小值，加上此题有好多的不等式可以进行差分约束。所以建图，spfa()最长路即可求得答案。
终于看到一个比较不那么抽象的差分约束了
记得连上超级源点0
显然不可能有短路
当有环的时候没有答案！
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//input by bxd
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define RI(n) scanf("%d",&(n))
#define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)
#define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)
#define RS(s) scanf("%s",s);
#define ll long long
#define REP(i,N) for(int i=0;i<(N);i++)
#define CLR(A,v) memset(A,v,sizeof A)
//////////////////////////////////
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 100000
int head[N];
int pos;
struct node
{
int to,v,nex;
}edge[];
void add(int a,int b,int c)
{
edge[++pos].nex=head[a];
head[a]=pos;
edge[pos].v=c;
edge[pos].to=b;
}
int n; int vis[N],dis[N],cnt[N];
bool spfa()
{
rep(i,,n)
vis[i]=,dis[i]=-inf,cnt[i]=;
dis[]=;
vis[]=;
cnt[]++;
queue<int>q;
q.push();
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
vis[u]=;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nex)
{
int v=edge[i].to;
if(dis[v]<dis[u]+edge[i].v)
{
dis[v]=dis[u]+edge[i].v;
if(!vis[v])
{
if(++cnt[v]>n)return ;
vis[v]=;
q.push(v);
}
}
}
}
return ;
}
int t[N];
int main()
{
int cas=;
while(RI(n),n)
{
printf("Case %d:\n",++cas);
CLR(head,);
pos=;
rep(i,,n)RI(t[i]); int a,b;
char s[];
while()
{
RS(s);
if(s[]=='#')break;
RII(a,b);
if(s[]=='F')
{
if(s[]=='S')
add(b,a,-t[a]);
else
add(b,a,t[b]-t[a]);
}
else
{
if(s[]=='F')
add(b,a,t[b]);
else
add(b,a,);
}
}
rep(i,,n)
add(,i,); if(spfa())
{
rep(i,,n)
printf("%d %d\n",i,dis[i]);
}
else
printf("impossible\n");
cout<<endl;
}
return ;
}