GESP认证C++编程真题解析 | 202603 七级
附上汇总帖：GESP认证C++编程真题解析 | 汇总
单选题
第1题
假设一个算法时间复杂度的递推式是 \(T(n)=2T(n-1)+1\)（\(n\) 为正整数），且 \(T(0)=1\)，那么这个算法的时间复杂度是（ ）。
A. \(O(n)\)
B. \(O(nlogn)\)
C. \(O(n^2)\)
D. \(O(2^n)\)
【答案】：D
【解析】
\(T(n)+1 = 2T(n-1)+2=2(T(n-1)+1\)。由于 \(T(0)+1=1+1=2\)，所以 \(T(1)+1=4,T(2)+1=8,T(n)+1=2^{n+1}\)，解得 \(T(n)=2^{n+1}-1=O(2^n)\)，D正确。
第2题
下面关于“唯一分解定理”和“素数筛法”的说法中，错误的是（ ）。
A. 如果预处理出 \(n\) 以内每个数的最小质因子，那么可以在 \(O(logn)\) 时间内完成任意一个不超过 \(n\) 的整数的质因数分解。
B. 线性筛（欧拉筛）能够保证每个合数只被其最小质因子筛掉一次，这一性质依赖于唯一分解定理。
C. 唯一分解定理保证：若一个数未被任何不超过其平方根的质数筛去，则它一定是质数。
D. 唯一分解定理是埃氏筛时间复杂度为 \(O(nloglogn)\) 的根本原因。
【答案】：D
【解析】
记整数 \(x\) 的最小质因子为 \(mn[x]\)，则质因数分解过程可以表达为形如 \(x/=mn[x]\) 的循环过程，假设 \(x=2^{31}\)，则循环次数为 \(31\)。如果不增加 \(x\) 的大小，但使其由更多质因子组成，其间的乘法次数与分解质因子的循环次数只会更少。可见，预处理得到 \(mn[x]\) 后，分解质因数可以加速到 \(O(logn)\)，A正确。
线性筛的思路是每个合数只被其最小质因子筛去恰好一次。由唯一分解定理，一个大于 \(1\) 个整数的质因数分解的形式唯一存在，且其必然有最小质因子，B正确。
C选项等价于若一个数是合数，则其最小质因子不超过其平方根。由唯一分解定理，该合数 \(x\) 至少有两个质因子，如果这些质因子都大于 \(\sqrt x\)，那么它们的乘积必然大于 \(x\)，C正确。
埃氏筛的时间复杂度确为 \(O(nloglogn)\)，根据原因在于 \(n\) 以内的质数的倒数和的估计，并没有利用到唯一分解定理，D错误。
第3题
若字符串 \(A\) 与字符串 \(B\) 的最长公共子序列（LCS）长度为 5，则（ ）。
A. 它们的编辑距离为 5
B. 它们至少有 5 个公共字符
C. 它们最长公共子串长度为 5
D. 它们一定长度相等
【答案】：B
【解析】
字符串 A、B 的编辑距离是指：每次操作可以插入、删除或替换一个字符，将字符串 A 转换成字符串 B 的操作次数。当 A = B = aaaaa 时，LCS 长度为 5，但编辑距离为 0，A错误。
LCS 的定义就是公共字符数量，B正确。
子串必须是原串中的连续一段，与 LCS 定义不符，C错误。
例如 A = aaaaa, B = aaaaab，D错误。
第4题
对于一棵包含 \(n\) 个顶点（\(n\ge 2\)）的树，其所有顶点的度数之和必定等于（ ）。
A. \(n-1\)
B. \(2n-2\)
C. \(2n\)
D. \(n^2\)
【答案】：B
【解析】
每引入一条边，对应树上两个点的度数增加 1，从而所有点的度数之和增加 2。n 个点的树有 n-1 条边，每条边对度数和的贡献为 2，度数和即为 2n-2，B正确。
第5题
关于哈希表（Hash Table）在不考虑扩容且采用简单均匀哈希函数的前提下，下列说法中错误的是（ ）。
A. 装载因子越大，发生冲突的概率通常越高
B. 开放定址法在删除元素时实现相对复杂
C. 链地址法在最坏情况下查找时间复杂度为 \(O(n)\)
D. 查找哈希表的时间复杂度总是 \(O(1)\)
【答案】：D
【解析】
装载因子越大，说明哈希表中已经占用的位置越多。如果多数位置已经有元素占用，那么新元素想要插入这些位置，都会与已有元素发生哈希冲突，A正确。
使用开发定址法，如果删除元素时，直接将元素所在的位置清空，则会导致查找与该元素冲突的其他元素时发生问题，B正确。
链地址法，在最坏情况下，已经插入的所有 n 个元素可能全部哈希冲突，集中在一个位置的链表上，则在该链表中查询一个元素的时间复杂度是 \(O(n)\) 的，C正确。
由以上分析可知，哈希表中查找的时间复杂度并不总是 O(1）的，D错误。
第6题
深度优先搜索（DFS）在遍历图时，每当访问到某个顶点后，选择一个相邻的未访问顶点继续搜索，直到某个顶点的所有相邻顶点均已被访问，则退回到前一顶点继续搜索。该算法主要运用了（ ）。
A. 分治
B. 贪心
C. 动态规划
D. 回溯
【答案】：D
【解析】
记 DFS(u）表示在图上深度优先遍历至点 u，则接下来应枚举 u 的邻接点 v，如果 v 尚未遍历，则继续遍历点 v，即递归调用 DFS(v)，这是非常典型的回溯思想，D正确。
附：3月场GESP中，本题原考察了最小生成树，由于算法在大纲中标明为八级考点，实际超纲了，因此本题在计分时直接送分，并在官网发布的试题中改为上题。
第7题
下面程序的运行结果为（ ）。
#include <iostream>
#include <algorithm>
bool check(int n, int a[], int k, int dist) {
int cnt = 1;
int last = a[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (a[i] - last >= dist) {
cnt++;
last = a[i];
}
}
return cnt >= k;
}
int solve(int n, int a[], int k) {
std::sort(a, a + n);
int l = 0;
int r = a[n - 1] - a[0];
while (l < r) {
int mid = (l + r + 1) / 2;
if (check(n, a, k, mid))
l = mid;
else
r = mid - 1;
}
return l;
}
int main() {
int a[] = {1, 2, 8, 4, 9};
int n = 5;
int k = 3;
std::cout << solve(n, a, k) << std::endl;
return 0;
}
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
【答案】：B
【解析】
solve 函数可以理解为：从 n 个元素中选出至少 k 个，求元素之间的最小差值的最大值。
观察可知，选出 1、4、9 时，相邻元素之差为 3、5，最小差值为 5，这已经是最优解了，B正确。
第8题
下面程序的时间复杂度是（ ），假设数组 \(a\) 的值域范围是 \(D\)。
#include <iostream>
#include <algorithm>
bool check(int n, int a[], int k, int dist) {
int cnt = 1;
int last = a[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (a[i] - last >= dist) {
cnt++;
last = a[i];
}
}
return cnt >= k;
}
int solve(int n, int a[], int k) {
std::sort(a, a + n);
int l = 0;
int r = a[n - 1] - a[0];
while (l < r) {
int mid = (l + r + 1) / 2;
if (check(n, a, k, mid))
l = mid;
else
r = mid - 1;
}
return l;
}
int main() {
int a[] = {1, 2, 8, 4, 9};
int n = 5;
int k = 3;
std::cout << solve(n, a, k) << std::endl;
return 0;
}
A. \(O(nlogn+nlogD)\)
B. \(O(nlognlogD)\)
C. \(O(nlogn)\)
D. \(O(nlogD)\)
【答案】：A
【解析】
solve 函数中，首先对 n 个元素的数组排序，需要 \(O(nlogn)\) 的时间复杂度。
二分答案中 a[n-1]-a[0] 可能为D，则二分答案的时间复杂度为 \(O(nlogD)\)。
程序的总时间复杂度为两部分的时间复杂度详解，A正确。
第9题
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（ ）。
A. H I D E B J F G C A
B. H I D B E J F G C A
C. I H D E B J F G C A
D. H I D E B F J G C A
【答案】：A
【解析】
可根据先序遍历确定根节点，再用根节点在中序遍历中定位，划分出左、右子树，然后对做、右子树的先序遍历和中序遍历继续上述过程，A正确。
第10题
下面哪一个可能是下图的深度优先遍历序列（ ）。
A. 1, 5, 4, 8, 7, 9, 6, 3, 2
B. 1, 5, 8, 4, 7, 9, 6, 3, 2
C. 2, 5, 8, 7, 9, 6, 3, 4, 1
D. 8, 9, 6, 3, 2, 5, 1, 4, 7
【答案】：B
【解析】
A选项，遍历 4 后紧接着遍历了 8，而在 4 处能够继续遍历的 7 还没有遍历，违反了深度优先遍历规则。
C选项，对应深度优先遍历序列为 2,5,8,7,9,6,3，3 后接的是 4，相当于接下来就退回到 5，这样就没有在 3 处遍历实际可达的点 1。
D选项，依次遍历 8,9,6,3,2,5，然后本应遍历 4，但 5 后接的是 1，相当于从 5 退回到 2 的时候，没有遍历其可达的未遍历点。
第11题
下面这个有向图的强连通分量的个数是（ ）。
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
【答案】：B
【解析】
对有向图划分强连通分量，可采用“缩点”的方式，即：将一组相互可达的点视作一个“大点”，以降低图的复杂性。
1、2、5、6可以缩为大点 ①，3、4可以缩为大点 ②，7、8可以缩为大点 ③，9、10、11可以缩为大点 ④，13、14、15、16可以缩为大点 ⑤。此时画出的图如下：
①、12、④又可以缩为大点 ⑥，画图如下：
此时的图已经成为有向无环图，不能再进一步缩点，因此每个“大点”即为有向图中的强连通分量。
第12题
关于泛洪算法（Flood Fill）的说法，正确的是（ ）。
A. 泛洪算法只适用于二维网格中的四连通或八连通问题。
B. 泛洪算法必须使用递归方式实现。
C. 泛洪算法本质上是对图进行一次从起点出发的搜索。
D. 泛洪算法只能用于统计连通块个数，不能用于计算面积或周长。
【答案】：C
【解析】
图的泛洪算法一般用于处理二维的网格图，更改对应的连边方式即可适用于不同连通形式的问题，例如“马走日”，A错误。
泛洪算法只是一种处理思路，实现上既可使用图的深度优先遍历，又可以使用广度优先遍历，B错误。
为计算连通块的面积和周长，可以在算法中记录额外信息。求面积，可直接对每个连通块记录面积值，每遍历到一个新网格面积加1；求周长，可先遍历连通块并划分，对一个连通块求周长时，考虑其中的所有格子，每与其四个方向相邻的格子不在同一个连通块时，周长加1。D错误。
第13题
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（ ）。
A. 58
B. 60
C. 62
D. 64
【答案】：D
【解析】
带全路径长度（WPL）定义为各字符的编码长度与其权值（出现次数）乘积之和。
具体计算步骤如下：
- 编码长度为3，对应权值2和3：贡献为 3 * (2 + 3) = 15
- 编码长度为3，对应权值3和4：贡献为 3 * (3 + 4) = 21
- 编码长度为2，对应权值6和8：贡献为 2 * (6 + 8) = 28
最终求和：15 + 21 + 28 = 64
第14题
关于单链表、双链表和循环链表，下列说法正确的是（ ）。
A. 在单链表中，若已知某结点的指针，则可以在 \(O(1)\) 时间内删除该结点。
B. 循环链表中一定不存在空指针。
C. 在循环双链表中，尾结点的 next 指针一定为 NULL。
D. 在带头结点的循环单链表中，判定链表是否为空只需判断头结点的 next 是否指向自身。
【答案】：D
【解析】
在单链表中，如果已知某结点 u 的指针，为了删除该结点，需要分别知道结点 u 的前驱结点 p，后继结点 q 的指针，并将 p 的 next 指针指向 q。虽然 u 的 next 指针已经指向 q，但在单链表中，每个结点不能直接获取其前期结点，只能在链表中遍历找到，因此单链表删除一个结点需要 \(O(n)\) 的时间复杂度，A错误。
如果一个循环链表不带有头结点，则该链表为空时，代表整个链表的指针也应该是一个空指针，B错误。
对于一个循环链表，无论是单链表还是双链表，它的尾节点的 next 指针一定不会为空，而应指向表示整个链表的指针；如果链表有头结点，则指向头结点，C错误。
如果循环单链表带有头结点，则该链表为空时，为了维持“循环”的特性，头结点的 next 指针不能为空，而应指向自身，D正确。
第15题
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. 一棵二叉树的中序遍历序列是单调递增的，则该二叉树一定是二叉平衡树。
【答案】：C
【解析】
对于普通树（多叉树），由于其子节点之间没有固定的左右顺序，深度优先遍历时的访问次序可以任意选择，因此生成的遍历序列可能不唯一，A错误。
先序遍历和中序遍历可以唯一确定一颗二叉树，是因为二叉树严格区分左右子树，中序序列能明确划分根结点的左右集合，配合先序序列确定的根节点即可递归构建出唯一结构，C正确。
判断题
第1题
C++ 语言中，表达式 4 ^ 2 的结果类型为 int ，值为 6。
A. 正确
B. 错误
【答案】：A
【解析】
4 与 2 异或运算结果为 6，正确。
第2题
C++ 中引用可以重新绑定。
A. 正确
B. 错误
【答案】：B
【解析】
引用在声明时就绑定到引用的对象上，后续所有赋值操作只会改变引用对象的值，不会将引用重新绑定，错误。
第3题
在 C++ 中，若函数形参为引用类型，则在函数内部对该形参的修改会影响对应的实参。
A. 正确
B. 错误
【答案】：A
【解析】
函数参数的传递方式默认是值传递，此时在函数内部对形参的修改不会影响对应的实参。如果函数形参为引用类型，则传递方式为引用传递，其与值传递的不同即如题目所述，正确。
第4题
如果一个最值问题可以用动态规划在多项式时间内求解，那么也一定存在一种贪心策略，可以在多项式时间内求得最优解。
A. 正确
B. 错误
【答案】：B
【解析】
动态规划问题不一定能使用贪心算法解决，例如01背包问题就不能使用贪心算法。
第5题
使用归并排序对 \(n\) 个元素进行排序时，无论最好、最坏还是平均情况，时间复杂度均为 \(O(nlogn)\)。
A. 正确
B. 错误
【答案】：A
【解析】
对 n 个元素归并排序时，固定需要 \(O(logn)\) 层递归，每层递归中所有元素的归并过程需要 \(O(n)\) 的时间。
第6题
在无向连通图中删除一条边，该图就一定变成非连通图。
A. 正确
B. 错误
【答案】：B
【解析】
例如对一个 n 个的环，删除任一条边都会变为链，仍然维持连通性。
附：3月场GESP中，本题原考察了最小生成树，由于算法在大纲中标明为八级考点，实际超纲了，因此本题在计分时直接送分，并在官网发布的试题中改为上题。
第7题
在一个无向图中，每个顶点有不同的编号，在执行深度优先遍历过程中选择下一个顶点时总是优先选择编号更小的相邻顶点，则从指定顶点开始的遍历序列是唯一的。
A. 正确
B. 错误
【答案】：A
【解析】
如果规定每个点的边按照邻接点从小到大的顺序遍历，则在各点的遍历顺序固定，也就能保证指定起点的深度优先遍历序列唯一。
附：3月场GESP中，本题原考察了最小生成树，由于算法在大纲中标明为八级考点，实际超纲了，因此本题在计分时直接送分，并在官网发布的试题中改为上题。
第8题
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。
A. 正确
B. 错误
【答案】：B
【解析】
如果有偶数种字符，确能得到完全二叉树，但如果是奇数种字符，只有点权为 x 的单点在右子树，才能得到完全二叉树，而哈夫曼编码算法只要求每次选出的二叉树的点权和大小，不要求两个二叉树的左右顺序，故错误。
第9题
使用 math.h 或 cmath 头文件中的函数，表达式 sin(90) 的结果为 1。
A. 正确
B. 错误
【答案】：B
【解析】
C++中，sin(x）函数用于求 x 所对应的正弦值，但要求 x 表示弧度，而非角度。与数学中的 sin 90° = 1 恰好相反。
第10题
在一个无向连通图中，从任意顶点开始进行深度优先遍历，最终得到的 DFS 生成树一定包含图中的所有顶点。
A. 正确
B. 错误
【答案】：B
【解析】
由于图是连通图，因此任意起点都可达图中其他所有点，对应的 DFS 生成树也就能包含图中的所有顶点。
浙公网安备 33010602011771号