2026年3月 GESP C++ 6级

下列关于 C++ 中类的描述，正确的是（ ）。

下列代码中，s1->draw(); 和 s2->draw(); 输出不同结果的主要原因是（ ）。

class Shape {
    public:
    virtual void draw() {
        cout << "绘制图形" << endl;
    }
    virtual ~Shape() {}
};
class Circle : public Shape {
    public:
    void draw() override {
        cout << "绘制圆形" << endl;
    }
};
class Rectangle : public Shape {
    public:
    void draw() override {
        cout << "绘制矩形" << endl;
    }
};
int main() {
    Shape* s1 = new Circle();
    Shape* s2 = new Rectangle();
    s1->draw();
    s2->draw();
    delete s1;
    delete s2;
    return 0;
}

下面的代码在 main() 中有一行会导致编译错误，请找出来。

class Pet {
    public:
    Pet(string n, int a) : name(n), age(a) {}
    string getName() { return name; }
    void birthday() { age++; }
    private:
    string name;
    int age;
};
int main() {
    Pet cat("奶茶", 2);
    cout << cat.getName(); // ①
    cat.birthday(); // ②
    cat.name = "大橘"; // ③
    cout << cat.getName(); // ④
}

游乐园的过山车每次限坐 $4$ 人，用循环队列管理排队（容量 $MAX = 5$，空一格判满）。下面代码执行后，循环队列是否已满？$rear$ 的值是多少？

const int MAX = 5;
int queue[MAX];
int front = 0, rear = 0;
// 入队
void enqueue(int x) {
    queue[rear] = x;
    rear = (rear + 1) % MAX;
}
// 出队
void dequeue() {
    front = (front + 1) % MAX;
}
int main() {
    enqueue(1); enqueue(2); enqueue(3); enqueue(4);
    dequeue(); dequeue();
    enqueue(5); enqueue(6);
}

在以下计算机系统应用场景中，最适合使用循环队列的是（ ）。

在二叉搜索树（BST）中，若中序遍历的序列为{1, 2, 3, 4, 5}，且先序遍历的第一个序列元素为3，则下列说
法正确的是（ ）。

某二叉树共有 $10$ 个结点，记为 $A$ ~ $J$，已知它的先序遍历序列为：$A$ $B$ $D$ $H$ $I$ $E$ $C$ $F$ $J$ $G$，中序遍历序列为：$H$ $D$ $I$ $B$ $E$ $A$ $F$ $J$ $C$ $G$，则该二叉树的后序遍历序列是（ ）。

下列关于树的遍历的说法中，正确的一项是（ ）。

有 $6$ 个字符，它们出现的次数分别为：${2, 3, 3, 4, 6, 8}$，现在用哈夫曼编码为这些字符编码，最小加权路径长度 WPL（每个字符的出现次数 $\times$ 它的编码长度，再把每个字符结果加起来）的值为（ ）。

对 $n$ 个不同符号的符号进行哈夫曼编码。若生成的哈夫曼树共有 $m$ 个结点，则 $m$ 的值是（）。

关于格雷编码（Gray Code），下列说法正确的是（ ）。

给定一棵二叉树，采用广度优先搜索 (BFS) 算法，返回右视图所有节点的值。其中右视图定义为：二叉树的右视图是从树的右侧看过去时可见的节点集合，即右视图中的每个节点都是某一层中最右侧的节点。

struct TreeNode {
    int val;
    TreeNode* left;
    TreeNode* right;
    TreeNode(int x): val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
};
vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {
    unordered_map<int, int> rightmostValueAtDepth;
    int max_depth = -1;
    queue<TreeNode*> nodeQueue;
    queue<int> depthQueue;
    nodeQueue.push(root);
    depthQueue.push(0);
    while (!nodeQueue.empty()) {
        TreeNode* node = nodeQueue.front(); nodeQueue.pop();
        int depth = depthQueue.front(); depthQueue.pop();
        if (node != NULL) {
            max_depth = max(max_depth, depth);
            rightmostValueAtDepth[depth] = node->val;
            nodeQueue.push(node->left);
            nodeQueue.push(node->right);
            depthQueue.push(________);
            depthQueue.push(________);
        }
    }
    vector<int> rightView;
    for (int depth = 0; ________; ++depth) {
        rightView.push_back(rightmostValueAtDepth[depth]);
    }
    return rightView;
};

下列关于树的深度优先搜索（DFS）的说法中，正确的是（ ）。

小朋友们去邻里拜年，每个家里有不同数量的糖果。规则是：不能连续进入两个相邻的房子（即不能同时取相邻两家的糖果）。目标是拿到最多糖果。以下是代码实现，请补全横线。

int visit(vector<int>& nums) {
    if (nums.empty()) {
        return 0;
    }
    int size = nums.size();
    if (size == 1) {
        return nums[0];
    }
    vector<int> dp = vector<int>(size, 0);
    dp[0] = nums[0];
    dp[1] = max(nums[0], nums[1]);
    for (int i = 2; i < size; i++) {
        dp[i] = ______; // 在此处填写代码
    }
    return dp[size - 1];
}

元宵节晚上，小朋友沿着一条发光石板路前进，每次可向前走 $1$ 块或 $2$ 块石板。动态规划定义如下：
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]，下面关于 dp[i] 的含义最合适的是（ ）。

下面定义了一个表示二维坐标点的类 Point，并提供了一个带参数的构造函数，但第 ② 行 Point b; 会调用编译器自动生成的默认构造函数，将 b.x 和 b.y 被初始化为 $0.0$，程序可以正常编译运行。

class Point {
    public:
    double x, y;
    Point(double px, double py) : x(px), y(py) {}
    void print() {
        cout << "(" << x << ", " << y << ")";
    }
};
int main() {
    Point a(3.0, 4.0); // ①
    Point b; // ②
    a.print();
}

C++ 中的继承支持单继承和多继承，但子类无法直接访问父类的私有成员。

对如下结构的树，执行 travel 函数，输出结果是 $1$ $2$ $3$ $4$ $5$。

1
/ \
2 3
/ \
4 5
struct Node {
    int val;
    Node *left, *right;
    Node(int v) : val(v), left(nullptr), right(nullptr) {}
};
void travel(Node* root) {
    if (!root) return;
    stack<Node*> s;
    s.push(root);
    while (!s.empty()) {
        Node* cur = s.top(); s.pop();
        cout << cur->val << " ";
        if (cur->right) s.push(cur->right);
        if (cur->left) s.push(cur->left);
    }
}

若所有字符出现频率相同，则哈夫曼编码一定会得到完全二叉树。

哈夫曼编码是一种变长的前缀编码，在解码时不需要额外的分隔符就能唯一还原，这是因为在哈夫曼树中，任何一个字符的叶子结点都不会成为另一个字符结点的祖先。

在 C++ 中使用一维数组 vector<int> tree 存储按层序遍历的完全二叉树时，若根节点存储在 tree[0]，则对于任意非空节点 tree[i]，其右孩子（如果存在）必然位于 tree[2 * i + 2]。

在 C++ 中使用栈来非递归地实现二叉树的前序遍历时，为了保证遍历顺序正确，在处理完当前结点后，应该先将该结点的左孩子压入栈中，然后再将右孩子压入栈中。

设二叉树共有 $n$ 个结点，函数 preorderTraversal 以下代码的时间复杂度为 $O(n)$ ，空间复杂度为 $O(n)$ 。

struct TreeNode {
    int val;
    TreeNode* left;
    TreeNode* right;
    TreeNode(int x): val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
};
void preorder(TreeNode *root, vector<int> &res) {
    if (root == nullptr) {
        return;
    }
    res.push_back(root->val);
    preorder(root->left, res);
    preorder(root->right, res);
}
vector<int> preorderTraversal(TreeNode *root) {
    vector<int> res;
    preorder(root, res);
    return res;
};

下列代码实现了一个 $0$-$1$ 背包的一维动态规划代码，内层循环是经典的逆序写法。若将内层循环改成正序遍历（即 for (int j = w[i]; j <= W; j++)），仍能得到正确答案。

int main() {
    int W = 5;
    int w[] = {2, 3, 4};
    int v[] = {10, 1, 1};
    int n = 3;
    int dp[6] = {0};
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = W; j >= w[i]; j--) { // ← 逆序！
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
        }
    }
    cout << dp[W];
}

在动态规划问题中，状态空间相同且没有重复计算的情况下，“状态转移方程+递推”与“递归+记忆化搜索”的时间复杂度通常相同。