Online Judge：#uoj 67
Label：Tarjan，割点，细节
题目描述
辞旧迎新之际，喜羊羊正在打理羊村的绿化带，然后他发现了一棵长着毒瘤的树。这个长着毒瘤的树可以用(n)个结点(m)条无向边的无向图表示。这个图中有一些结点被称作是毒瘤结点，即删掉这个结点和与之相邻的边之后，这个图会变为一棵树。树也即无简单环的无向连通图。
现在给你这个无向图，喜羊羊请你帮他求出所有毒瘤结点。
输入
第一行两个正整数(n,m)，表示有(n)个点(m)条边。保证(n≥2)。
接下来(m)行，每行两个整数 (v,u)，表示(v)和(u)之间有一条无向边。(1≤v,u≤n)。保证没有重边和自环。
输出
第一行一个正整数(n_s)，表示这个图中有(n_s)个结点是毒瘤。
接下来一行，共(ns)个整数，每个整数表示一个毒瘤结点的编号。请按编号从小到大的顺序输出。
数据保证图中至少存在一个毒瘤结点。
样例
Input#1
6 6
1 2
1 3
2 4
2 5
4 6
5 6
Output#1
3
4 5 6
Hint
对于40%数据，(n,m<=1000)；
另存在10%数据，(m=n-1)；
另存在20%数据，(m=n)；
对于100%数据，(n,m<=10^5)。
题解
删掉毒瘤后，变成一棵树。所以这个毒瘤显然不能是割点，删去一个毒瘤，剩下(n-1)个点，既然是一棵树，也就是说还剩(n-2)条边，那么还需满足一个条件，毒瘤的度为(m-(n-2)=m-n+2)。
这道题就变成了裸的Tarjan求割点板子+特判，割点板子在此：）。
1.对于根节点，只需满足它的儿子数>=2，它就是割点。
2.对于非根节点x，只需他存在一个儿子y满足(low[y]>=dfn[x])，x就是割点。
但这题还有几个毒瘤细节。题目说了，数据保证至少存在一个毒瘤，所以大致可以知道数据形成的图是什么样子，显然，存在的联通块数量<=2。而且当联通块数量为2时，有一个联通块只包含一个点，并且此时(m=n-2)，按理说这种情况应该特判一下的(答案就是唯一的那个点)，但好像不去判也没关系，就不管它了。剩下的情况都是一个联通块的，所以直接tarjan(1,0)就好了，不用扫一遍for(i=1~n)if(!dfn[i])tarjan(i,0)这样了。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
inline int read(){
int x=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))c=getchar();
while(isdigit(c))x=x*10+c-'0',c=getchar();
return x;
}
struct edge{
int to,nxt;
}e[N<<1];
int n,m,ing[N],dfn[N],low[N],ge[N];
int ecnt,head[N];
inline void link(int u,int v){
e[++ecnt].to=v,e[ecnt].nxt=head[u];
head[u]=ecnt;
}
int tot,rootson;
vector<int>ans;
void tarjan(int x,int fa){
dfn[x]=low[x]=++tot;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int y=e[i].to;
if(!dfn[y]){
if(fa==0)rootson++;
tarjan(y,x);
low[x]=min(low[x],low[y]);
if(fa!=0&&low[y]>=dfn[x])ge[x]=1;
}
else{low[x]=min(low[x],dfn[y]);}
}
if(fa==0&&rootson>=2)ge[x]=1;
}
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++){
int u=read(),v=read();
link(u,v);link(v,u);
ing[u]++,ing[v]++;
}
tarjan(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)if(ing[i]==m-n+2&&!ge[i])ans.push_back(i);
printf("%d
",ans.size());
for(int i=0;i<ans.size();i++)printf("%d ",ans[i]);
}