洛谷P3388 无向图割点

题面

给出一个 nn 个点，mm 条边的无向图，求图的割点。
1<=n<=2×10⁴，1<=m<=10⁵

分析

割点：去掉这个点后会增加图的连通块

像这种点C，去掉后左右不再连通，连通块增加

本题是无向图的割点，前序戳下dfs即可

理论如下：
对无向图进行dfs，dfs的序列是一个树，但是图上还存在一些不经过dfs序列的边。我们称树上的边是树边，在图上但不在树上的边为反向边

数字是点的编号，同时也是其在dfs下的时间戳（时间在几时进入这个点），实线是树边，虚线是反向边。

现在从这种dfs树上判断一下割点的条件：
1.根节点：有2个及以上子节点即割点（子树成为新的连通块，且因为子树间不存在反向边[子树间的反向边会成为树边]）
2.非根节点：非根节点u是图的割点 当且仅当存在 u 下某个子树，其内没有反向边连回u的祖先（间接祖先也算 ）

P1中，存在这种反向边，删去u后，v和fa这条反向边导致v所在的左子树仍然是连通块
P2中，删去u会真正地截断v所在地左子树

所以右边的情况会创造割点

技术上，采用一个low[u]数组来记录u及其后代能通过一个反向边连回的最早祖先（即时间戳最小）
时间戳数组为pre[u]
如果u的子节点v的low[v]>=pre[u]，即右图情况（dfs树同一条链上越向下时间越长，pre越大）

代码

#include "cstdlib"
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include<algorithm>
#include <string>
#include<vector>
using namespace std;
vector<int> G[20005];//i为顶点，G[i]为从其延伸的边集合
int dfs_clock=0;//时间戳
int pre[20005];//每个节点被遍历到时的时间戳
int iscut[20005];//记录这个点是不是割点
int low[20005];// low[u]表示dfs树中u及其后代经过单线能连回的最早祖先的pre值
int dfs(int u, int fa)//处理u节点的bfs，其父为fa
{
	int lowu = pre[u] = ++dfs_clock;//给u打上编号
	int child = 0;//u的孩子数量
	int v,lowv;//u的某个邻居，这个邻居的low值
	for (int i = 0; i < G[u].size(); i++)
	{
		v = G[u][i];
		if (!pre[v])//v未被访问过，是子节点
		{
			child++;
			lowv = dfs(v, u);
			lowu = min(lowu, lowv);
			if (lowv >= pre[u])iscut[u] = 1;//u的子节点v中没有能连到比u的clock序更前的边，割点
		}
		else if(pre[v]<pre[u]&&v!=fa)//v已被访问过，且不是u的父亲邻居(u连出的这条边是反向边)
		{
			lowu = min(lowu, pre[v]);
		}
	}
	if (fa == 0 && child == 1)iscut[u] = 0;//根节点且只有一个子，这个根不是割点，2+个子节点则是
	low[u] = lowu;
	return lowu;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	int x, y;

	for (int i = 0; i < m; i++)
	{
		cin >> x >> y;
		G[x].push_back(y);
		G[y].push_back(x);
	}

	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (!pre[i])dfs(i, 0);//有多个联通区域
	}

	int cutnum = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (iscut[i])cutnum++;
	}
	cout << cutnum << endl;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (iscut[i])cout << i << " ";
	}
	return 0;
}

参考了刘汝佳的《算法竞赛入门经典-训练指南》