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[j] < 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; }
割边：
有个割点的概念，割点非常好理解，即对于图G，如果删除边ei，导致G的连通度发生变化，那么ei即是G的一个割边。
那么我们来继续思考如何利用编程实现求G的割边。
基于上文我们对割点问题的思考，这里问题会显得非常简单，在判断割点的时候，我们利用的核心判断条件是low[j] >= num[i]，其中vi是vj的父节点。那么拿到割边上来，我们分两部分看，如果low[j]>num[i]，则表明去掉eij后，vj便不再和vj连通，这是符合割边定义的。而如果low[j] = num[i]，则表明去掉eij，vj依然能够在不经过eij的情况下到达vi，连通度没有发生改变。
因此我们可以看到，对于互相连通的父子节点vi、vj，满足 low[j]>num[i]，可判定eij是一条割边。
基于dfs找割点的代码，我们进行稍微的改动，有如下代码。
#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 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 { dfs(i,cur); low[cur] = min(low[cur] , low[i]);//回溯过程：判断割点 if(low[i] > num[cur]) printf("%d-%d ",cur,i); } 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); return 0; }
二分图的最大匹配：
我们先给出这样导入模型的实际问题：现有n个妹子和n个汉字相约去坐过山车，过山车的结构是两两一排，现在要求坐一排的必须是一男一女，并且要求两人必须相互认识，那么请问我们最多能安排多少对男女上过山车？
我们将问题抽象化，将每个个体视为点，而男女之间的是否认识视为点与点之间的边，这里仅仅是强调了男生和女生的联系，其余的关系我们不考虑，因此我们将男生放入A集合(该集合中的元素之间不存在边)，女生放入B集合，可以看到，这是典型的二分图。
而我们将一对一对的男女送到两座一排的过山车的过程，抽象得来看，可以用图论中的术语——匹配，来表示。即将A中每个元素与B中的元素形成一一对应的关系，需要强调的是，只可以使一一对应的关系，而这种一一对应的匹配的对数，便称作匹配数量。即高度概括一下我们即将导入的模型——如何求解二分图的最大匹配数量。
我们注意到“最多”这个字眼，容易联想到其与贪心算法有着密切的联系，因此我们考虑从这个角度给出一个计算二分图最大匹配数量的算法。
考虑将全局问题给子问题化然后寻求局部最优解，这样方能引导出全局最优解。假设含2n个顶点的二分图的一个分图A含有n个顶点，我们依次遍历集合A中的点v1、v2...vn，我们从过程开始分析，假设当前遍历到vi点，显然，我们尽可能的将vi匹配到B集合中的某个和vi相连的点，是当前局部最优的策略，那么我们不妨再遍历B集合中与vi相连的点vi'、vj'......容易看到，对于这些点(以vi'为例)，都会满足如下的两个性质之中的一个：
1.vi'在之前A集合(i-1)个点遍历的过程中，并没有与前i-1个点匹配。
2.vi'在之前A集合(i-1)个点遍历的过程中，和前i-1个点中的某个点进行了匹配。
针对情况1，我们当然可以将vi与vi'匹配，则匹配数+1，这是当前的最优策略。
针对情况2，就显得有些麻烦，既然vi'在A中已经有了匹配点，那么我们就此放弃vi了么？显然不是，我们需要经过深思熟虑才能决定是否放弃vi。我们注意到初始情况的二分图G是存在一对多的情况，即A集合中的某个点可能与B集合中的多个点均有边，这其实就像是在匹配的时候留下了“其他选项 ”，其实就十分像我们利用dfs实现的回溯寻找迷宫，而我们在面对这种情况的时候，则需要利用dfs来回溯回去来尝试所有这些“其他选项”，判断在A集合前i-1个点在最大匹配数的基础上，能否将vi返回情况1.如果存在，那则匹配数+1，这是当前的最优策略；如果不存在，那么即可放弃vi的匹配(想一想，为什么这里就可以直接放弃了，这种做法其实和前面的铺垫是自洽的)。
理解了上文对求解二分图最大匹配数算法的过程的描述，其正确性是不言自明的。概括起来，它本质上是一种贪心策略和基于dfs的穷举策略。
简单的参考代码如下。
#include<cstdio> using namespace std; int e[101][101]; int match[101]; int book[101]; int n , m; int dfs(int u) { int i; for(i = 1;i <= n;i++) { if(book[i] == 0 && e[u][i] == 1) { book[i] = 1; if(match[i] == 0 || dfs(match[i])) { match[i] = u; match[u] = i; return 1; } } } return 0; } int main() { int i , j , t1 , t2 , sum = 0; scanf("%d %d",&n,&m); for(i = 1;i <= m;i++) { scanf("%d %d",&t1,&t2); e[t1][t2] = 1; e[t2][t1] = 1; } for(i = 1;i <= n;i++) match[i] = 0; for(i = 1;i <= n;i++) { for(j = 1;j <= n;j++) book[j] = 0; if(dfs(i)) sum++; } printf("%d",sum); return 0; }