称一个点是"好点"，当且仅当其到其余所有点恰存在一条简单路径
结论1：$x$为好点当且仅当以$x$为根的dfs树包含所有点且非树边均为返祖边
若不包含所有点，那么$x$到不被包含的点即不存在简单路径
若存在非树边不为返祖边，则不论如何该边$x$到该边终点存在至少两条简单路径
另一方面，考虑在这样一棵dfs树中的简单路径，将其用非树边划分为若干段（段的内部只能用树边），每一段树边构成一条链，则显然有以下性质：
1.链无公共点
2.第一条链链顶为起点，最后一条链链尾为终点
3.每一条链链尾存在到下一条链链顶的（返祖）边
4.每一条链链顶是上一条链链顶的祖先（其实是1和3的推论）
由此，考虑从$x$到$y$的简单路径，最后一条链链顶是$x$的祖先（4的推论），而该链链尾为$y$，因此$x$到$y$的简单路径数必然经过$lca(x,y)$
特别的，若$x$是$y$的祖先，那么为了不重复经过$x$，必然仅有一条链且恰为$x$到$y$
更特别的，当$x$是根时其是任意一点的祖先，因此到任意一点恰存在一条简单路径，即得证
根据此结论，即可$o(n)$判定一个好点
进一步的，不断随机一个点$x$并判断其是否是好点，若随机$T$次后仍找不到好点，那么好点数严格小于20%的概率即有$1-frac{1}{5^{T}}$，当$T=100$时可以看作1，也即不需要输出
由此即可得到一个好点，将其记作$rt$，并以$rt$为根建立dfs树（以下均指此树）
称一条非树边"通过"$x$当且仅当其以$x$子树内（包括$x$）为起点且到达$x$的祖先
结论2：$x$为好点当且仅当$x=rt$或恰存在一条非树边通过$x$且该非树边的终点为好点
$x=rt$的情况显然，不妨假设$x e rt$
此时，如果不存在非树边通过$x$显然$x$无法到达$x$的祖先，如果存在多条非树边通过$x$则显然$x$到这两条非树边终点中较深的点存在至少两条简单路径，因此$x$均不为好点
而若该非树边的终点不为好点，对其分类讨论：
1.若其到某点不存在简单路径，注意到其可以到达$x$，那么$x$到该点一定也不存在简单路径
2.若其到某点存在至少两条简单路径，该点显然不在其子树中（结合结论1的证明），那么其一定不会再经过$x$（到达$x$子树内后要离开必须重复经过自己），也即$x$到其的这一段不会使得简单路径重复经过某点，那么$x$到该点也存在至少两条简单路径
另一方面，若该非树边的终点是好点，则对其余点分类讨论：
1.$x$到$x$子树内的点，同样根据结论1的证明恰存在一条简单路径
2.$x$到$x$子树外的点，必然要经过该好点且之后不会在经过$x$，在其简单路径的基础上补一段即可
由此，简单递归即可求出所有好点
时间复杂度为$o(Tn)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 100005 4 #define T 100 5 vector<int>ans,v[N]; 6 int t,n,m,rt,flag,x,y,dfn[N],cnt[N],pos[N],vis[N]; 7 void dfs(int k){ 8 dfn[k]=++dfn[0],vis[k]=1; 9 for(int i=0;i<v[k].size();i++) 10 if (!dfn[v[k][i]]){ 11 dfs(v[k][i]); 12 if ((!pos[k])||(dfn[pos[v[k][i]]]<dfn[pos[k]]))pos[k]=pos[v[k][i]]; 13 cnt[k]+=cnt[v[k][i]]; 14 } 15 else{ 16 if (!vis[v[k][i]])flag=1; 17 else{ 18 if ((!pos[k])||(dfn[v[k][i]]<dfn[pos[k]]))pos[k]=v[k][i]; 19 cnt[k]++,cnt[v[k][i]]--; 20 } 21 } 22 vis[k]=0; 23 } 24 void check(int k){ 25 vis[k]=0; 26 if ((k==rt)||(cnt[k]==1)&&(vis[pos[k]]))vis[k]=1; 27 for(int i=0;i<v[k].size();i++) 28 if (dfn[k]<dfn[v[k][i]])check(v[k][i]); 29 } 30 int main(){ 31 srand(time(0)); 32 scanf("%d",&t); 33 while (t--){ 34 scanf("%d%d",&n,&m); 35 ans.clear(); 36 for(int i=1;i<=n;i++)v[i].clear(); 37 for(int i=1;i<=m;i++){ 38 scanf("%d%d",&x,&y); 39 v[x].push_back(y); 40 } 41 for(int k=0;k<T;k++){ 42 rt=flag=dfn[0]=0; 43 for(int i=0;i<20;i++)rt=(rt<<1)+rand()%2; 44 rt=(rt+n-1)%n+1; 45 for(int i=1;i<=n;i++)dfn[i]=cnt[i]=pos[i]=vis[i]=0; 46 dfs(rt); 47 if ((dfn[0]!=n)||(flag))continue; 48 for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=0; 49 check(rt); 50 for(int i=1;i<=n;i++) 51 if (vis[i])ans.push_back(i); 52 break; 53 } 54 if (5*ans.size()<n)printf("-1 "); 55 else{ 56 printf("%d",ans[0]); 57 for(int i=1;i<ans.size();i++)printf(" %d",ans[i]); 58 printf(" "); 59 } 60 } 61 return 0; 62 }