C++ 六级

2026 年 03 月

1 单选题（每题 2 分，共 30 分）

第 1 题 下列关于 C++ 中类的描述，正确的是（ ）。

{{ select(1) }}

• 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
• 类的析构函数可以被重载，一个类可以有多个析构函数
• 类中的所有成员都必须声明为 public
• 类和结构体在 C++ 中没有区别，包括默认访问权限也相同

第 2 题 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;
}

{{ select(2) }}

• draw() 是普通成员函数
• Shape 中的 draw() 被声明为虚函数
• Circle 和 Rectangle 中使用了 public 继承
• 指针变量名不同

第 3 题 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
}

{{ select(3) }}

• 第 ① 行
• 第 ② 行
• 第 ③ 行
• 第 ④ 行

第 4 题 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);
}

{{ select(4) }}

• 已满， rear = 1
• 未满， rear = 1
• 已满， rear = 2
• 未满， rear = 4

第 5 题 在以下计算机系统应用场景中，最适合使用循环队列的是（ ）。

{{ select(5) }}

• 函数调用过程中，保存局部变量和返回地址
• 表达式求值中的运算符优先级处理
• 操作系统中的进程优先级调度（高优先级先执行）
• 生产者和消费者问题中的共享缓冲区

第 6 题 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（ ）。

{{ select(6) }}

• 该树一定是一棵完全二叉树。
• 元素4和5不可能是兄弟节点。
• 元素1所在节点的深度可能大于3（根节点深度为1）。
• 元素2一定是元素1的父节点。

第 7 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 DI B E A F J C G，则该二叉树的后序遍历序列是（ ）。

{{ select(7) }}

• H I D E B J F G C A
• H I D B E J F G C A
• I H D E B J F G C A
• H I D E B F J G C A

第 8 题 下列关于树的遍历的说法中，正确的一项是（ ）。

{{ select(8) }}

• 对任意一棵树进行深度优先遍历，所得序列一定唯一。
• 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。
• 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。
• 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。

第 9 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（ ）。

{{ select(9) }}

• 58
• 60
• 62
• 64

第 10 题 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 115 个结点，则 $n$ 的值是（）。

{{ select(10) }}

• 60
• 58
• 57
• 56

第 11 题 关于格雷编码（Gray Code），下列说法正确的是（ ）。

{{ select(11) }}

• 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
• 格雷编码中，相邻两个编码的二进制位恰好有一位不同
• 格雷编码就是把普通二进制编码按位取反后得到的结果
• 格雷编码不能用于数字电路和状态转换的设计中

第 12 题 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;
};

//A:
depth
depth
depth < max_depth

//B:
depth + 1
depth + 1
depth <= max_depth

//C:
depth + 1
depth + 1
depth < max_depth

//D:
depth
depth
depth <= max_depth

{{ select(12) }}

• A
• B
• C
• D

第 13 题 下列关于树的深度优先搜索（DFS）的说法中，正确的是（ ）。

{{ select(13) }}

• 对树进行 DFS 时，一定是按层从上到下依次访问结点
• 对任意一棵树进行 DFS，得到的遍历序列唯一
• 对一棵树进行 DFS 时，常借助递归或栈实现
• DFS 只能用于二叉树，不能用于普通树

第 14 题 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];
}

{{ select(14) }}

• dp[i] = dp[i - 1] + nums[i];
• dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 2] * nums[i]);
• dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i]);
• dp[i] = dp[i - 2] + nums[i];

第 15 题 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（ ）。

{{ select(15) }}

• 走到第 i 块石板的不同走法数量
• 走到第 i 块石板时，已经走过的石板总数
• 从第 i 块石板走回起点的最少步数
• 从第 i 块石板走回起点的最大步数

2 判断题（每题 2 分，共 20 分）

第 1 题 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();
}

{{ select(16) }}

• 对
• 错

第 2 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。

{{ select(17) }}

• 对
• 错

第 3 题 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);
  }
}

{{ select(18) }}

• 对
• 错

第 4 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。

{{ select(19) }}

• 对
• 错

第 5 题 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。

{{ select(20) }}

• 对
• 错

第 6 题 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] 。

{{ select(21) }}

• 对
• 错

第 7 题 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。

{{ select(22) }}

• 对
• 错

第 8 题 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;
};

{{ select(23) }}

• 对
• 错

第 9 题 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];
}

{{ select(24) }}

• 对
• 错

第 10 题 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。

{{ select(25) }}

• 对
• 错