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这篇文章我们简单的介绍求解图的割点、割边和二分图相关的概念。
割点：
对于含n个点、m条边的连通无向图G，如果去掉顶点vi(并同时去掉与之相连的边)，使得G不再连通，那么称vi是一个割点。
通过其定义，我们不难判断某个点是否是割点，但是现在我们面临的问题是，如何给出一个图G，编码让计算机求解割点呢？
首先我们考虑这样一个问题，判定某个点的指标是什么。我们通过人脑来判断其是否是割点，其实是利用非常模糊的视觉效应，即“通过去掉该点观察图是否连通”即可，而如果想要通过计算机来判断，就需要非常量化的判断条件。
我们考虑从深度优先搜索的角度来找到这样一个判断条件，利用dfs遍历图，得到的生成子图本质上会得到一个生成树，我们拿出两个相邻的点vi、vj，vi是vj的父节点。我们回到深搜遍历的过程中，假设当前遍历到vj，如果我们从vj能够找到一条回到已经访问过的v1、v2...等节点，那么这表明去掉vi，将不会影响剩余图的连通性。
我们似乎发现了些什么，但是这种判定关系还是有些模糊。
我们借用这样一个概念——时间戳，即深度优先搜索的过程中，我们记录访问节点的顺序，我们用num[i]来表示节点vi的时间戳，即在深搜遍历过程中第几个访问vi节点。借用这个工具，我们考虑能不能将上述我们描述的关系用量化的表达式表示出来呢？好像还是有点捉襟见肘啊，我们不妨再设置一个数组low[i]，用以表达vi不经过dfs的生成树的父节点所能够到达的时间戳最小的节点(好好理解，非常拗口)，基于这个工具，我们能够看到上述的判断条件，可以用这样一个表达式简洁的概括：
low[i] < num[i]
那么现在我们首要的问题似乎变成了求解n个节点的low[]、num[]了。
首先，对于num[]，也就是时间戳的记录，并不困难。而对于low[]数组的求解，就需要动一些脑筋了。我们模拟遍历过程，当前遍历到vi点，我们访问所有与vi连通的点vj，会出现如下两种情况。
1.vj访问过，被我们打上过时间戳， 那么我们此时需要更新low[i]了，即low[i] = min{num[j] | vj与vi连通}。
2.vj没有访问过，那么我们继续深搜遍历点的过程。
在遍历完成之后，也完成了num[]、low[]的求解，我们再利用深搜的回溯过程，完成判断即可。
这里需要注意的一点是，对于某个图的根节点，即dfs开始的那个点(记作v1)其实是不满足上文给出的判断式子的，需要我们特殊判断，记child是根节点的子树个数，则v1是个割点的必要条件是，child = 2。
简单的参考代码如下。
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int n , m , e[9][9] , root; int num[9] , low[9] , flag[9],index; int min(int a , int b) { return a < b ? a : b; } void dfs(int cur , int father) { int child = 0 , i , j; index++; num[cur] = index; low[cur] = index; for(i = 1;i <= n;i++) { if(e[cur][i] == 1) { if(num[i] == 0) //第一种情况 { child++; dfs(i,cur); low[cur] = min(low[cur] , low[i]);//回溯过程：判断割点 if(cur != root && low[i] >= num[cur]) flag[cur] = 1; else if(cur == root && child == 2) flag[cur] = 1; } else if(i != father) //第二种情况 { low[cur] = min(low[cur] , num[i]); } } } } int main() { int i , j, x , y; scanf("%d %d",&n,&m); for(i = 1;i <= n;i++) for(j = 1;j <= n;j++) e[i][j] = 0; for(i = 1;i <= m;i++) { scanf("%d %d",&x,&y); e[x][y] = 1; e[y][x] = 1; } root = 1; dfs(1,root); for(i = 1;i <= n;i++) { if(flag[i] == 1) printf("%d ",i); } return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/rhythmic/p/5515819.html
