$Y_{lq}$
何为割点？
简单来说是在一个无向图中，若删除该点，则该无向图将会被分为两部分
如上图所示，结点$D$是一个割点，但是$A、B、C、E、F$不是割点
此外在这里我们引入$dfn[i],low[i]$ 两个概念
$dfn[i]:遍历到该结点$$i$$时的时间，称之为——时间戳$
$low[i]:不通过父结点$$i$$所能到达的最小的时间戳的值，即最小回溯值$
例如对上图我们从$A$结点开始遍历，标记时间戳是这样的
再之，我们求得每个结点的$low$值如下
我们可以发现，对结点$E、F$而言，他们无法回溯到比自己更小的$dfn$值，即显然他们的父节点$D$为一个割点。
我们用$O(n)$的复杂度遍历图中的每一个结点，并对其的$dfn、low、st$进行初始化
st[u] = 1;
dfn[u] = low[u] = ++ in;
//我们以一个全局变量in来表示记录到该节点的时间
结点为割点的两种情况：
1、当前结点$u$为根结点，且存在两个以上的子结点
2、当前结点$u$不为根节点，且对于其连接的子结点$v$而言，$low[v]>=dfn[u]$，说明其儿子$v$无法通过其他结点跑到$u$结点之前
因此，当我们遍历发现该结点为标记过时
if(!st[v]){
num ++; //累计结点u的子结点数量
tarjan(v, u); //遍历v结点出发的图
low[u] = min(low[u], low[v]); //更新low[u]
if(fa != u && low[v] >= dfn[u] && !ok[u]){ //倘若该节点不是根节点，且满足割点条件
ok[u] = 1;
ans ++;
}
}
反之该结点标记过了，并且结点没有往回跑的话，我们如果继续用$low[u]=min(low[u],low[v])$的话，
以下图为例，
当我们在从$D$跑到$E$时，如果对$E$用$low[E]=min(low[E],low[C])$的话，那么$low[E]=low[C]=1$，此时不满足显然的割点条件，因此
我们需要对标记过的连接值取$low[u]=min(low[u],dfn[v])$
至此我们得出该题的解决方案.
代码
#include "bits/stdc++.h"
#define rep(i, n, m) for(int i = n; i <= m; ++i)
using namespace std;
const int N = 8e5 + 10;
int dfn[N], low[N], st[N], ok[N], in = 0;
int h[N], ne[N], e[N], cnt, ans = 0;
void add(int a, int b){
e[cnt] = b, ne[cnt] = h[a], h[a] = cnt++;
}
void tarjan(int u, int fa){
st[u] = 1;
dfn[u] = low[u] = ++ in;
int num = 0;
for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){
int v = e[i];
if(!st[v]){
num ++;
tarjan(v, u);
low[u] = min(low[u], low[v]);
if(fa != u && low[v] >= dfn[u] && !ok[u]){
ok[u] = 1;
ans ++;
}
}else if(v != fa){
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
}
if(u == fa && num >= 2 && !ok[u]){
ok[u] = 1;
ans ++;
}
}
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
memset(h, -1, sizeof h);
memset(ok, 0, sizeof ok);
int n, m; cin >> n >> m;
rep(i, 1, m){
int u, v; cin >> u >> v;
add(u, v), add(v, u);
}
rep(i, 1, n){
if(!st[i]){
in = 0;
tarjan(i, i);
}
}
cout << ans << '\n';
rep(i, 1, n){
if(ok[i]) cout << i << ' ';
}
return 0;
}