2026年3月GESP编程能力等级认证C++六级真题(含答案和解析)

2026年3月GESP编程能力等级认证C++六级真题(含答案和解析)一、单选题（每题2分，共30分）。1.下列关于C++中类的描述，正确的是（）。A.如果类没有用户声明的构造函数，那么编译器会隐式声明一个默认构造函数。B.类的析构函数可以被重载，一个类可以有多个析构函数。C.类中的所有成员都必须声明为publicD.类和结构体在C++中没有区别，包括默认访问权限也相同。答案：A。解析：若类中没有用户声明的构造函数，编译器会隐式声明一个默认构造函数，因此A正确。析构函数不能重载，一个类只能有一个析构函数；类成员可以是public、private或protected；class和struct的主要区别之一是默认访问权限不同：class默认private，struct默认public。2.下列代码中，s1->draw();和s2->draw();输出不同结果的主要原因是（）。classShape{public:virtualvoiddraw(){cout<<"绘制图形"<<endl;}virtual~Shape(){}};classCircle:publicShape{public:voiddraw()override{cout<<"绘制圆形"<<endl;}};classRectangle:publicShape{public:voiddraw()override{cout<<"绘制矩形"<<endl;}};intmain(){Shape*s1=newCircle();Shape*s2=newRectangle();s1->draw();s2->draw();deletes1;deletes2;return0;}A.draw()是普通成员函数B.Shape中的draw()被声明为虚函数C.Circle和Rectangle中使用了public继承D.指针变量名不同答案：B。解析：基类Shape中的draw()被声明为virtual，派生类对其进行了重写。通过基类指针调用draw()时，会根据对象的实际类型在运行时决定调用Circle还是Rectangle类，这正是多态产生的关键原因。3.下面的代码在main()中有一行会导致编译错误，请找出来。（）。classPet{public:Pet(stringn,inta):name(n),age(a){}stringgetName(){returnname;}voidbirthday(){age++;}private:stringname;intage;};intmain(){Petcat("奶茶",2);cout<<cat.getName();//①。cat.birthday();//②。="大橘";//③。cout<<cat.getName();//④。}A.第①行B.第②行C.第③行D.第④行答案：C。解析：name被声明在private访问区，只能在类的成员函数内部访问，不能在main()中直接写="大橘";第①、②、④行调用的是public成员函数，因此不会因为访问权限而报错。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？（）。constintMAX=5;intqueue[MAX];intfront=0,rear=0;//入队。voidenqueue(intx){queue[rear]=x;rear=(rear+1)%MAX;}//出队。voiddequeue(){front=(front+1)%MAX;}intmain(){enqueue(1);enqueue(2);enqueue(3);enqueue(4);dequeue();dequeue();enqueue(5);enqueue(6);}A.已满，rear=1。B.未满，rear=1。C.已满，rear=2。D.未满，rear=4。答案：A。解析：初始front=0，rear=0。入队4次后rear依次变为1、2、3、4；出队2次后front变为2；再入队5后rear变为0，入队6后rear变为1。此时front=2，rear=1，满足(rear+1)%MAX=front，即(1+1)%5=2，所以队列已满。5.在以下计算机系统应用场景中，最适合使用循环队列的是（）。A.函数调用过程中，保存局部变量和返回地址。B.表达式求值中的运算符优先级处理C.操作系统中的进程优先级调度（高优先级先执行）D.生产者和消费者问题中的共享缓冲区答案：D。解析：循环队列非常适合固定容量、反复入队出队的缓冲区场景，例如生产者-消费者模型中的共享缓冲区。A和B常用栈处理；C更适合优先队列，而不是普通循环队列。6.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（）。A.该树一定是一棵完全二叉树。B.元素4和5不可能是兄弟节点。C.元素1所在节点的深度可能大于3（根节点深度为1）。D.元素2一定是元素1的父节点。答案：B。解析：先序第一个元素为3，说明根节点是3；由中序序列可知左子树是{1,2}，右子树是{4,5}。右子树只有两个结点，必然是一个根加一个孩子，因此4和5不可能同为某个节点的左右孩子，所以不可能是兄弟节点。A、C、D都不一定成立。7.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：ABDHIECFJG，中序遍历序列为：HDIBEAFJCG，则该二叉树的后序遍历序列是（）。A.HIDEBJFGCAB.HIDBEJFGCAC.IHDEBJFGCAD.HIDEBFJGCA答案：A。解析：由先序可知根为A；结合中序序列可把整棵树拆成左、右子树，再递归还原结构。最终得到左子树后序为HIDEB，右子树后序为JFGC，整棵树的后序遍历为HIDEBJFGCA。8.下列关于树的遍历的说法中，正确的一项是（）。A.对任意一棵树进行深度优先遍历，所得序列一定唯一。B.已知一棵二叉树的先序遍历和后序遍历序列，可以唯一确定这棵二叉树。C.已知一棵二叉树的先序遍历和中序遍历序列，可以唯一确定这棵二叉树。D.已知一棵二叉树的先序遍历序列，可以唯一确定这棵二叉树。答案：C。解析：先序遍历给出根结点顺序，中序遍历给出左右子树的划分，两者结合可以唯一确定一棵二叉树。仅有先序与后序时一般不能唯一确定；仅有先序更不能唯一确定。9.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×它的编码长度，再把每个字符结果加起来）的值为（）。A.58B.60C.62D.64答案：D。解析：按哈夫曼构造过程依次合并最小的两个权值：2+3=5，3+4=7，5+6=11，7+8=15，11+15=26。哈夫曼树的最小加权路径长度等于每次合并权值之和，因此WPL=5+7+11+15+26=64。10.对n个不同符号进行哈夫曼编码。若生成的哈夫曼树共有115个结点，则n的值是（）。A.60B.58C.57D.56答案：B。解析：哈夫曼树是一棵满二叉树，若有n个叶子结点，则总结点数为2n-1。由2n-1=115得n=58。11.关于格雷编码（GrayCode），下列说法正确的是（）。A.格雷编码中，编码位数越多，相邻编码之间变化的位数也越多。B.格雷编码中，相邻两个编码的二进制位恰好有一位不同。C.格雷编码就是把普通二进制编码按位取反后得到的结果D.格雷编码不能用于数字电路和状态转换的设计中答案：B。解析：格雷编码的核心性质是相邻两个编码恰好只有1位不同。12.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。（）。structTreeNode{intval;TreeNode*left;TreeNode*right;TreeNode(intx):val(x),left(nullptr),right(nullptr){}};vector<int>rightSideView(TreeNode*root){unordered_map<int,int>rightmostValueAtDepth;intmax_depth=-1;queue<TreeNode*>nodeQueue;queue<int>depthQueue;nodeQueue.push(root);depthQueue.push(0);while(!nodeQueue.empty()){TreeNode*node=nodeQueue.front();nodeQueue.pop();intdepth=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(intdepth=0;________;++depth){rightView.push_back(rightmostValueAtDepth[depth]);}returnrightView;};A.depthdepthdepth<max_depthB.depth+1depth+1depth<=max_depthC.depth+1depth+1depth<max_depthD.depthdepthdepth<=max_depth答案：B。解析：左右孩子都位于当前结点的下一层，因此两个入队的深度都应为depth+1。最终收集答案时，深度从0一直到max_depth，都要被遍历到，所以循环条件应为depth<=max_depth。13.下列关于树的深度优先搜索（DFS）的说法中，正确的是（）。A.对树进行DFS时，一定是按层从上到下依次访问结点。B.对任意一棵树进行DFS，得到的遍历序列唯一。C.对一棵树进行DFS时，常借助递归或栈实现。D.DFS只能用于二叉树，不能用于普通树。答案：C。解析：DFS的实现方式通常有两种：递归或栈。A描述的是BFS的特点；B不正确，因为访问孩子的先后顺序不同，DFS序列也可能不同；D也不正确，DFS同样适用于普通树和图。14.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。（）。intvisit(vector<int>&nums){if(nums.empty()){return0;}intsize=nums.size();if(size==1){returnnums[0];}vector<int>dp=vector<int>(size,0);dp[0]=nums[0];dp[1]=max(nums[0],nums[1]);for(inti=2;i<size;i++){dp[i]=______;//在此处填写代码。}returndp[size-1];}A.dp[i]=dp[i-1]+nums[i];B.dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-2]*nums[i]);C.dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-2]+nums[i]);D.dp[i]=dp[i-2]+nums[i];答案：C。解析：设dp[i]表示考虑前i个房子时能拿到的最多糖果。到第i个房子时有两种选择：不拿它，则答案是dp[i-1]；拿它，则上一个房子不能拿，答案是dp[i-2]+nums[i]。因此转移为dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-2]+nums[i])。15.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（）。A.走到第i块石板的不同走法数量B.走到第i块石板时，已经走过的石板总数。C.从第i块石板走回起点的最少步数D.从第i块石板走回起点的最大步数答案：A。解析：若每次只能走1步或2步，则到达第i块石板的方案数等于“先到第i-1块再走1步”的方案数与“先到第i-2块再走2步”的方案数之和，因此dp[i]表示到达第i块石板的不同走法数量。二、判断题（每题2分，共20分）。16.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Pointb;会调用编译器自动生成的默认构造函数，将b.x和b.y初始化为0.0，程序可以正常编译运行。（）。classPoint{public:doublex,y;Point(doublepx,doublepy):x(px),y(py){}voidprint(){cout<<"("<<x<<","<<y<<")";}};intmain(){Pointa(3.0,4.0);//①。Pointb;//②。a.print();}答案：错误。解析：一旦类中已经声明了带参数构造函数，编译器就不会再自动生成无参默认构造函数。代码中的Pointb;需要调用无参构造函数，但类中没有提供，所以程序会编译失败，更不会把b.x和b.y自动初始化为0.0。17.题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。（）。答案：正确。解析：C++既支持单继承，也支持多继承。父类的private成员属于封装内容，子类对象不能直接访问，只能通过父类提供的公有或受保护接口间接使用。18.对如下结构的树，执行travel函数，输出结果是12345。（）。structNode{intval;Node*left,*right;Node(intv):val(v),left(nullptr),right(nullptr){}};voidtravel(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);}}答案：错误。解析：栈是后进先出。代码先压右孩子、再压左孩子，所以左孩子会先弹出，遍历顺序为“根-左-右”，即12453，而不是12345。19.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。（）。答案：错误。解析：频率相同只能说明合并时有多种合法选择，但不能保证构造出来的哈夫曼树一定是完全二叉树。哈夫曼树一定是满二叉树（内部结点都有两个孩子），但不一定满足完全二叉树的层次结构要求。20.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。（）。答案：正确。解析：哈夫曼编码满足“任一码字都不是另一码字的前缀”。在树上看，所有字符对应叶子结点，叶子不可能成为其他叶子的祖先，因此编码串可以从前到后唯一划分和解码。21.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]。（）。答案：正确。解析：完全二叉树按层序从0开始存储时，结点i的左孩子下标是2*i+1，右孩子下标是2*i+2。这是顺序存储完全二叉树的基本性质。22.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。（）。答案：错误。解析：前序遍历顺序是“根-左-右”。由于栈后进先出，想让左孩子先被处理，就必须先压入右孩子，再压入左孩子；若先压左再压右，则右孩子会先出栈，顺序就错了。23.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)。（）。structTreeNode{intval;TreeNode*left;TreeNode*right;TreeNode(intx):val(x),left(nullptr),right(nullptr){}};voidpreorder(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);returnres;};答案：正确。解析：每个结点只会被访问一次，因此时间复杂度为O(n)。空间方面，结果数组res需要保存n个结点值，递归栈最坏也可达到O(n)，所以整体写成O(n)是正确的。24.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(intj=w[i];j<=W;j++)），仍能得到正确答案。（）。intmain(){intW=5;intw[]={2,3,4};intv[]={10,1,1};intn=3;intdp[6]={0};for(inti=0;i<n;i++){for(intj=W;j>=w[i];j--){//←逆序！dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);}}cout<<dp[W];}答案：错误。解析：0/1背包要求每件物品最多使用一次，因此一维优化时容量j必须逆序遍历。若改成正序，dp[j-w[i]]可能已经包含当前物品，等价于允许同一件物品被重复选取，会把问题错误地变成完全背包。25.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。（）。答案：正确。解析：当两种写法访问到的状态集合相同、且每个状态只计算一次时，它们完成的状态转移总次数通常一致，因此时间复杂度通常相同。差别主要体现在实现形式、常数开销和调用栈使用上。三、编程题（每题25分，共50分）。26.试题名称：选数。时间限制：1.0s。内存限制：512.0MB。题目描述：给定两个包含n个整数的数组a=[a1,…,an]与b=[b1,…,bn]。你需要指定若干下标p1<…<pk（1≤k≤n）使得以下条件成立。（1）1≤pi≤n（1≤i≤k）。（2）pi+1≥pi+bpi≤n（1≤i≤k）。你需要在满足以上条件的前提下最大化也即最大化数组a对应下标的整数之和。输入格式。第一行，一个正整数n，表示数组长度。第二行，n个正整数a1,…,an，表示数组a。第三行，n个正整数b1,…,bn，表示数组b。输出格式：一行，一个整数，表示在满足下标条件的前提下，数组a对应下标的整数之和的最大值。输入样例1。输出样例1。输入样例2。输出样例2。数据范围。对于40%的测试点，保证2≤n≤103。对于所有测试点，保证2≤n≤105，0≤ai≤109，0≤bi≤n。参考程序。#include<cstdio>#include<algorithm>usingnamespacestd;constintN=1e5+5;intn;inta[N],b[N];longlongf[N],ans;intmain(){scanf("%d",&n);for(inti=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(inti=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);for(inti=1;i<=n;i++){ans=max(ans,f[i]+a[i]);if(i+b[i]<=n)f[i+b[i]]=max(f[i+b[i]],f[i]+a[i]);f[i+1]=max(f[i+1],f[i]);}printf("%lld\n",ans);return0;}解析：（1）状态定义：设f[i]表示“处理到位置i时，当前能够从位置i继续决策”时的最大收益。（2）跳过当前位置：如果不选i，那么可以直接转移到下一位置，f[i+1]=max(f[i+1],f[i])。（3）选择当前位置：如果选i，则先把a[i]加入答案，之后下一个允许继续选择的位置至少是i+b[i]，于是可转移到f[i+b[i]]。（4）答案更新：在扫描到位置i时，f[i]+a[i]就表示“最后一个选择是i”的一种合法方案，因此用它更新全局最大值。（5）复杂度分析：每个位置只做常数次转移，总时间复杂度O(n)，空间复杂度O(n)。27.试题名称：完全二叉树。时间限制：1.0s。内存限制：512.0MB。题目描述：给定一棵包含n个结点的有根二叉树，结点依次以1，2，…，n编号，根结点编号为1。对于结点i，其左儿子的编号记为li，右儿子编号记为ri。特别地，如果左儿子不存在则li=0，如果右儿子不存在则ri=