由于对于这一块掌握的十分不好，所以在昨天做题的过程中一直困扰着我，好不容易搞懂了，写个小总结吧 qwq~
割点
概念
在无向连通图中，如果将其中一个点以及所有连接该点的边去掉，图就不再连通，那么这个点就叫做割点 。
比如我们现在有一个图：
如果我们将 4 号节点及它的所有边全部删去，那么这个图就变得不再联通，所以 4 号点是一个割点：
同理，5 号节点也是一个割点：
怎么求割点
我们可以用 Tarjan 算法去求割点；
有两个关键的数组：
dfn [ i ] ：表示编号为 i 的点在 dfs 过程中是第几个被遍历到的（时间戳）；
low [ i ]：表示编号为 i 的点的子树中的节点所能到达的最小时间戳是多少；
这两个数组不需要再多多介绍了吧？想必大家在学 Tarjan 算法的时候都熟练掌握了；
重点说一下怎么求割点：
首先，割点都是定义在无向图中的，所以我们可以任选一个点为根（一般是 1 号节点）开始 Tarjan 算法；
考虑什么样的点才可能是割点呢？
我们上面提到了 4 号节点是一个割点，那是因为删除 4 号节点及其所连的边后，1 2 3 和 5 6 就不连通了，也就是说，除了 4 号结点所连的边外，5 6 号结点没有其余的边连向 1 2 3，也就是说没有返祖边；
既然如此，4 号点之下的点所能到达的最小时间戳一定不超过 dfn [ 4 ] ，不然就到了 4 号点之上了；
那么我们就得到了一个判断一个点是否是割点的条件：
如果一个点 u 满足 low [ u ] >= dfn [ u ]，那么点 u 就是一个割点；
但是……
根节点的 dfn 和 low 值初始值都为 1，之后再怎么更新 low [ root ] 始终都是 1，那这么一搞的话根结点始终是割点？
显然不是啊！
对于根结点，我们要另想办法qwq~
看一棵十分丑陋的树：
发现如果将 1 结点及其所有的边删掉，那么 2 5 4 和 3 6 7 将不连通，说明此时 1 是一个割点；
发现此时根节点有两棵互不相连的子树；
所以我们可以记录根节点有几棵互不相连的子树，如果大于 1 棵的话，根节点就是一个割点；
如果有几棵子树是相连的，那么会在 Tarjan 的时候将它们算成一棵子树：
P3388 【模板】割点（割顶） 的代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
int read()
{
char ch=getchar();
int a=0,x=1;
while(ch<‘0‘||ch>‘9‘)
{
if(ch==‘-‘) x=-x;
ch=getchar();
}
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘)
{
a=(a<<1)+(a<<3)+(ch-‘0‘);
ch=getchar();
}
return a*x;
}
int n,m,tim,top,edge_sum,scc_sum,tot;
int head[1000001],dfn[1000001],low[1000001],vis[1000001],st[1000001],u[1000001],v[1000001],ans[1000001];
queue<int> q;
struct node
{
int from,to,next;
}a[1000001];
void add(int from,int to)
{
edge_sum++;
a[edge_sum].next=head[from];
a[edge_sum].from=from;
a[edge_sum].to=to;
head[from]=edge_sum;
}
void tarjan(int u,int root)
{
int child=0; //记录根节点有几棵互不相连的子树
dfn[u]=low[u]=++tim;
for(int i=head[u];i;i=a[i].next)
{
int v=a[i].to;
if(!dfn[v])
{
tarjan(v,root);
low[u]=min(low[u],low[v]);
if(low[v]>=dfn[u]) //如果
{
child++; //记录根节点有多少个互不相连的子树
if(u!=root||child>1) ans[u]=1; //如果不是根节点,那么直接就是割点了;如果是根节点,并且互不相连的子树个数超过1棵,则也是割点
}
}
else low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
u[i]=read();
v[i]=read();
add(u[i],v[i]); //建双向边
add(v[i],u[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++) //有可能图不是联通的,要多进行几次Tarjan
{
if(!dfn[i]) tarjan(i,i);
}
for(int i=1;i<=n;i++) //求割点个数
{
if(ans[i]) tot++;
}
printf("%d\n",tot);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(ans[i]) printf("%d ",i); //输出每个割点
}
return 0;
}
再看个例题：
题目大意
给定一张无向图，求每个点被封锁之后有多少个有序点对 ( x , y ) ( x != y ,1 <= x , y <= n ) 满足 x 无法到达 y；
题解
很显然这是一个让你求割点的问题，所以我们根据被封锁的这个点 u 是不是割点来分两种情况讨论：
1. 如果 u 不是割点：
即把 u 和它有关的所有边都去除后图依然联通，那么这个图只有 u 是独立在外面的，由于求的是有序点对，所以除了 u 以外的 n-1 个点作为一个大的连通图对 u 加边，即为 2 ∗ ( n − 1 ) 对；
2. 如果 u 是割点：
假如 u 是割点，那么会把图分为 a 个连通块以及 u 本身，由于 Tarjan 在求割点的过程中是一棵搜索树往下遍历，所以除了它和它的子树外，还会有其他剩余点共同构成另一个连通块；
删掉 u 后肯定有一些子树不与大联通块联通了（满足条件 low [ v ] >= dfn [ u ]），设这些子树的根节点分别为 1，2，3，……，a，这些子树所包含的结点数为 tot = size [ 1 ] + size [ 2 ] + size [ 3 ] + …… + size [ a ]；
那么点 u 的最后答案就是：
ans[u] = size[1] * (n-size[1]-1) + size[2] * (n-size[2]-1) + …… + size[a] * (n-size[a]-1) + tot * (n-tot-1) + 2*(n-1)；
解释一下式子怎么来的：
首先在求割点的过程中，每次遇到 low [ v ] >= dfn [ u ]，就要把 u 的答案加上 size [ v ] * ( n - size [ v ] - 1 )，这些是子树不能到达外面结点（没有 u）的贡献；
考虑完子树对外的贡献后，同样外面的结点也不能到达这些子树内的结点；
子树内的所有点是 tot，那么外面的点就是 n - tot - 1，那么外面结点对子树内的贡献再加上就是 tot * ( n - tot - 1 ) ；
然后再考虑点 u 的单独的贡献，显然它无法到达任何点，同样任何点也无法到达它，那么答案再加上 2*(n-1)；
最后注意开 long long 哦~
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
long long read()
{
char ch=getchar();
long long a=0,x=1;
while(ch<‘0‘||ch>‘9‘)
{
if(ch==‘-‘) x=-x;
ch=getchar();
}
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘)
{
a=(a<<1)+(a<<3)+(ch-‘0‘);
ch=getchar();
}
return a*x;
}
const int N=1e6;
long long n,m,top,tim,num,root,edge_sum;
long long head[N],yes[N],dfn[N],low[N],st[N],vis[N],size[N],u[N],v[N],ans[N],son[N];
struct node
{
int next,to,from;
}a[N];
void add(int from,int to)
{
edge_sum++;
a[edge_sum].from=from;
a[edge_sum].to=to;
a[edge_sum].next=head[from];
head[from]=edge_sum;
}
void tarjan(int u) //Tarjan求割点
{
dfn[u]=low[u]=++tim;
size[u]=1; //求以点u为根的树的大小
long long child=0,tot=0;
for(int i=head[u];i;i=a[i].next)
{
int v=a[i].to;
if(!dfn[v])
{
tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
size[u]+=size[v];
if(low[v]>=dfn[u])
{
child++; //子树棵数++
ans[u]+=size[v]*(n-size[v]-1); //统计这些子树内的结点对外结点的贡献
tot+=size[v]; //统计这些子树内的结点总数
if(u!=root||child>1) yes[u]=1; //如果u不是根节点,那么直接就是割点了;如果是根节点,并且有超过1棵子树的话,也是割点
}
}
else low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
if(yes[u]) ans[u]+=tot*(n-tot-1)+2*(n-1); //tot*(n-tot-1)是外结点对子树内结点的贡献,2*(n-1)是点u对所有点的贡献
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
u[i]=read();v[i]=read();
add(u[i],v[i]);
add(v[i],u[i]);
}
root=1;
tarjan(1); //题目的信息说明了这个图原本是联通的,所以我们求一次Tarjan就好了
for(int i=1;i<=n;i++) if(!yes[i]) ans[i]=2*(n-1); //不是割点的话,答案就是2*(n-1)
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
希望CSP不要考到这一块的内容啊qwq
最后祝大家 CSP rp ++
原文地址：https://www.cnblogs.com/xcg123/p/11832990.html