在许多题目中，常常都需要一下操作：给出S、T，找一个桥边（或必经点）
Solution1
先从S走到T，记录下路径（包括点和边），并且标记一下， 再从S开始走，不过这回不走上面标记过的边（不是点）， 走完以后，所有访问过的点会与上面标记的路径上的点有部分重合， 我们发现，重合的点中，最右边的（也就是路径中靠后的）设为X，那么，S~X这条路径上的边都不是桥边，反而，在标记的路径上，X的出边一定是桥边， 那么，这样就求出了离S最近的桥边，下一个就从X在路径中的下一个点开始做， 这样就可以找出全部桥边了；
Code
void dfsf(
int q)
{
z[q]=TI;D[++D[
0]]=q;No[q]=D[
0];
if(q==T){OK=
1;
return;}
efo(i,q)
if(z[B[i][
1]]<TI)
{
B[i][
3]=
1;D1[D[
0]]=i;
dfsf(B[i][
1]);
if(OK)
return;
B[i][
3]=
1;
}
D[
0]--;No[q]=
0;
}
void dfs(
int q,
int G,
int LM)
{
z[q]=TI;g[q]=G;
if(No[NS]<No[q])NS=q;
efo(i,q)
if(B[i][
3]<LM&&z[B[i][
1]]<TI)dfs(B[i][
1],G,LM);
}
int main()
{
OK=
0;D[
0]=
0;TI++;dfsf(S);
if(!OK){
printf(
"-1\n");
continue;}
TI++;D[
0]=
1;
for(q=S;q!=T;D[++D[
0]]=q=B[D1[No[NS]]][
1],D1[D[
0]-
1]=D1[No[NS]])
{
NS=
0;
dfs(q,q,
1);
if(NS==T)
break;
}
}
Solution2
先按拓扑排序排序所有点， 统计出S到T的方案数， 有结论：如果这条边是桥边，那么这条边两边的点x、y也是必经点，而且S到x的方案数*y到T的方案数=S到T的方案数，这个是充分必要的。 必经点同理；
Solution3
这里用到了支配树，且只能用来求必经点，不能求桥边； 支配树：每个点在树上表示从S出发到它，离它最近的必经点， 支配树在DAG上很好做，先排拓扑序， 那么，点x在支配树上的父亲就是所有能走到它的点在支配树上的LCA（这个感性理解）， 这样就可以在
O(nlog(n))
的时间里求解，而且还是多个点的；
