一道求割点的板子题。还是采用经典的Tarjan算法。
首先大致和Tarjan求强连通分量相似，都是用(dfn_x)表示访问到(x)的时间（时间戳），(low_x)表示通过(x)回边能走到的时间戳最小的点的时间戳。
然后我们考虑一下对于一个点如何判断它是否为割点：
- 若这个点是我们人为选择的起始节点（根节点），那么当它的子树个数大于等于两个时肯定就是割点（因为这些子树就无法互相到达）
- 若这个点不是根节点，那么当它的任意一个出点(y)的(low_y>=dfn_x)时，证明它的儿子无法通过回边回到它前面的点，因此这个点就是割点。
然后注意一下一个经典的细节，在通过回边更新时要写成：
low[now]=min(low[now],dfn[e[i].to]);
而不是
low[now]=min(low[now],low[e[i].to]);
然后引用一下Luogu某大佬taoran的话：
由于此处是一张无向图，我们有双向建了边，导致节点可以回溯到它的父节点；
而如果从它的父节点或其父节点的另一棵子树上有向上很多的返祖边，
这时把子节点的low值赋为父节点的low，就可能导致其low==其父节点low<其父节点dfn，
从而使本该是割点的点被忽视了，答案就少了
然后就当板子题切掉吧。CODE
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=100005;
struct edge
{
int to,next;
}e[N<<1];
int head[N],father[N],low[N],dfn[N],cnt,tot,ans,n,m,x,y;
bool cut[N];
inline char tc(void)
{
static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void write(int x)
{
if (x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
inline void add(int x,int y)
{
e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt;
}
inline int min(int a,int b)
{
return a<b?a:b;
}
inline void Tarjan(int now)
{
dfn[now]=low[now]=++tot; int res=0;
for (register int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)
if (!dfn[e[i].to])
{
father[e[i].to]=now; ++res;
Tarjan(e[i].to); low[now]=min(low[now],low[e[i].to]);
if (father[now]&&low[e[i].to]>=dfn[now]) !cut[now]&&(cut[now]=1,++ans);
} else if (e[i].to!=father[now]) low[now]=min(low[now],dfn[e[i].to]);
if (!father[now]&&res>=2) !cut[now]&&(cut[now]=1,++ans);
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
register int i; read(n); read(m);
memset(e,-1,sizeof(e)); memset(head,-1,sizeof(head));
for (i=1;i<=m;++i)
read(x),read(y),add(x,y),add(y,x);
for (i=1;i<=n;++i)
if (!dfn[i]) Tarjan(i);
for (write(ans),putchar('
'),i=1;i<=n;++i)
if (cut[i]) write(i),putchar(' ');
return 0;
}