GESP 2025年6月认证 C++ 6级试题

一、选择题（每题2分，共30分）

第 1 题 下列哪一项不是面向对象编程的基本特征？ {{ select(1) }}

• 继承
• 封装
• 多态
• 链接

第 2 题 为了让Dog类的构造函数能正确地调用其父类Animal的构造方法，横线处应填入（ ）。

class Animal {
public:
    std::string name;

    Animal(std::string str) : name(str) {
            std::cout << "Animal created\n";
        }
    virtual void speak() {
        cout << "Animal speaks" << endl;
    }
};

class Dog : public Animal {
    std::string breed;
public:
    Dog(std::string name, std::string b) : _________________, breed(b) {
            std::cout << "Dog created\n";
        }
    void speak() override {
        cout << "Dog barks" << endl;
    }
};

int main() {
    Animal* p = new Dog("Rex", "Labrador");
    p->speak();
    delete p;
    return 0;
}

{{ select(2) }}

• Animal(name)
• super(name)
• Animal::Animal(name)
• Animal()

第 3 题 代码同上一题，代码执行结果是（ ）。 {{ select(3) }}

• 输出 Animal speaks
• 输出 Dog barks
• 编译错误
• 程序崩溃

第 4 题 以下关于栈和队列的代码，执行后输出是（ ）。

stack<int> s;
queue<int> q;
for (int i = 1; i <= 3; ++i) {
    s.push(i);
    q.push(i);
}
cout << s.top() << " " << q.front() << endl;

{{ select(4) }}

• 1 3
• 3 1
• 3 3
• 1 1

第 5 题 在一个循环队列中，$front$ 是指向队头的指针，$rear$ 指向队尾的指针，队列最大容量为 $maxSize$。判断队列已满的条件是（ ）。 {{ select(5) }}

• rear == front
• (rear + 1) % maxSize == front
• (rear - 1 + maxSize) % maxSize == front
• (rear - 1) == front

第 6 题 （ ）只有最底层的节点未被填满，且最底层节点尽量靠左填充。 {{ select(6) }}

• 完美二叉树
• 完全二叉树
• 完满二叉树
• 平衡二叉树

第 7 题 在使⽤数组表⽰完全⼆叉树时，如果⼀个节点的索引为 $i$（从 0 开始计数），那么其左⼦节点的索引通常是（ ）。 {{ select(7) }}

• $(i-1)/2$
• $i+1$
• $i*2$
• $2 * i + 1$

第 8 题 已知一棵二叉树的前序遍历序列为 GDAFEMHZ，中序遍历序列为 ADFGEHMZ，则其后序遍历序列为（ ）。 {{ select(8) }}

• ADFGEHMZ
• ADFGHMEZ
• AFDGEMZH
• AFDHZMEG

第 9 题 设有字符集 {a, b, c, d, e}，其出现频率分别为 {5, 8, 12, 15, 20}，得到的哈夫曼编码为（ ）。 {{ select(9) }}

• a: 010, b: 011, c: 00, d: 10, e: 11
• a: 00, b: 10, c: 011, d: 100, e: 111
• a: 10, b: 01, c: 011, d: 100, e: 111
• a: 100, b: 01, c: 011, d: 100, e: 00

第 10 题 3位格雷编码中，编码 101 之后的下一个编码不可能是（ ）。 {{ select(10) }}

• 100
• 111
• 110
• 001

第 11 题 请将下列 C++ 实现的深度优先搜索（DFS）代码补充完整，横线处应填入（ ）。

struct TreeNode {
    int val;
    TreeNode* left;
    TreeNode* right;
    TreeNode(int x): val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
};
void dfs(TreeNode* root, vector<int>& result) {
    if (root == nullptr) return;
    __________________________
}
//A:
result.push_back(root->val);
dfs(root->left);
dfs(root->right);

//B:
result.push_back(root->left->val);
dfs(root->right);
dfs(root->left);

//C:
result.push_back(root->left->val);
dfs(root->left);
dfs(root->right);

//D:
result.push_back(root->right->val);
dfs(root->right);
dfs(root->left);

{{ select(11) }}

• A
• B
• C
• D

第 12 题 给定一个二叉树，返回每一层中最大的节点值，结果以数组形式返回，横线处应填入（ ）。

vector<int> largestValues(TreeNode* root) {
    vector<int> result;
    if (!root) return result;
    queue<TreeNode*> q;
    q.push(root);
    while (!q.empty()) {
        int sz = q.size();
        int maxVal = INT_MIN;
        for (int i = 0; i < sz; ++i) {
            TreeNode* node;
            _______________________________
            maxVal = max(maxVal, node->val);
            if (node->left) q.push(node->left);
            if (node->right) q.push(node->right);
        }
        result.push_back(maxVal);
    }
    return result;
}

{{ select(12) }}

• node = q.end();
• node = q.front();
• q.pop(); node = q.front();
• node = q.front(); q.pop();

第 13 题 下面代码实现一个二叉排序树的插入函数（没有相同的数值），横线处应填入（ ）。

struct TreeNode {
    int val;
    TreeNode* left;
    TreeNode* right;
    TreeNode(int x): val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
};
void insert(TreeNode*& root, int key) {
    if (!root) {
        root = new TreeNode(key);
        return;
    }
    _______________________________
}

{{ select(13) }}

• if (key < root->val) insert(root->left, key); else if (key > root->val) insert(root->right, key);
• if (key < root->val) insert(root->right, key); else if (key > root->val) insert(root->left, key);
• insert(root->left, key); insert(root->right, key);
• insert(root->right, key); insert(root->left, key);

第 14 题 以下关于动态规划算法特性的描述，正确的是（ ）。 {{ select(14) }}

• 子问题相互独立，不重叠
• 问题包含重叠子问题和最优子结构
• 只能从底至顶迭代求解
• 必须使用递归实现，不能使用迭代

第 15 题 给定 $n$ 个物品和一个最大承重为 $W$ 的背包，每个物品有一个重量 $w_i$ 和价值 $v_i$，每个物品只能选择放或不放。目标是选择若干个物品放入背包，使得总价值最大，且总重量不超过 $W$。关于下面代码，说法正确的是（ ）。

int knapsack1D(int W, vector<int>& wt, vector<int>& val, int n) {
    vector<int> dp(W+1, 0);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        for (int w = W; w >= wt[i]; --w) {
            dp[w] = max(dp[w], dp[w - wt[i]] + val[i]);
        }
    }
    return dp[W];
}

{{ select(15) }}

• 该算法不能处理背包容量为 0 的情况
• 外层循环 $i$ 遍历背包容量，内层遍历物品
• 从大到小遍历 $w$ 是为了避免重复使用同一物品
• 这段代码计算的是最小重量而非最大价值

二、判断题（每题2分，共20分）

第 16 题 构造函数可以被声明为 virtual。 {{ select(16) }}

• 对
• 错

第 17 题 给定一组字符及其出现的频率，构造出的哈夫曼树是唯一的。 {{ select(17) }}

• 对
• 错

第 18 题 为了实现一个队列，使其出队操作（pop）的时间复杂度为 $O(1)$ 并且避免数组删除首元素的 $O(n)$ 问题，一种常见且有效的方法是使用环形数组，通过调整队首和队尾指针来实现。 {{ select(18) }}

• 对
• 错

第 19 题 对一棵二叉排序树进行中序遍历，可以得到一个递增的有序序列。 {{ select(19) }}

• 对
• 错

第 20 题 如果二叉搜索树在连续的插入和删除操作后，所有节点都偏向一侧，导致其退化为类似于链表的结构，这时其查找、插入、删除操作的时间复杂度会从理想情况下的 $O(\log n)$ 退化到 $O(n)$。 {{ select(20) }}

• 对
• 错

第 21 题 执行下列代码，my_dog.name 的最终值是 Charlie。

class Dog {
public:
    std::string name;
    Dog(std::string str) : name(str) {}
};
int main() {
    Dog my_dog("Buddy");
    my_dog.name = "Charlie";
    return 0;
}

{{ select(21) }}

• 对
• 错

第 22 题 下列 C++ 代码可以成功编译，并且子类 Child 的实例能通过其成员函数访问父类 Parent 的属性 value。

class Parent {
private:
    int value = 100;
};
class Child : public Parent {
public:
    int get_private_val() {
        return value; // 尝试访问父类的私有成员
    }
};

{{ select(22) }}

• 对
• 错

第 23 题 下列代码中的 tree 向量，表示的是一棵完全二叉树（-1 代表空节点）按照层序遍历的结果。

#include <vector>
std::vector<int> tree = {1, 2, 3, 4, -1, 6, 7};

{{ select(23) }}

• 对
• 错

第 24 题 在树的深度优先搜索（DFS）中，使用栈作为辅助数据结构以实现"先进后出"的访问顺序。 {{ select(24) }}

• 对
• 错

第 25 题 下面代码采用动态规划求解零钱兑换问题：给定 $n$ 种硬币，第 $i$ 种硬币的面值为 $coins[i-1]$，目标金额为 $amt$，每种硬币可以重复选取，求能够凑出目标金额的最少硬币数量；如果不能凑出目标金额，返回 -1。

int coinChangeDPComp(vector<int> &coins, int amt) {
    int n = coins.size();
    int MAX = amt + 1;
    vector<int> dp(amt + 1, MAX);
    dp[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int a = 1; a <= amt; a++) {
            if (coins[i - 1] > a)
                dp[a] = dp[a];
            else
                dp[a] = min(dp[a], dp[a - coins[i - 1]] + 1);
        }
    }
    return dp[amt] != MAX ? dp[amt] : -1;
}

{{ select(25) }}

• 对
• 错