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（ ）。

{{ 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

---

2. s1->draw(); 和 s2->draw(); 输出不同的原因是（ ）。

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 使用 public 继承
• 指针变量名不同

---

3. 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

---

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);
}

{{ select(4) }}

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

---

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（ ）。

{{ 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

---

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（ ）。

{{ 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。

---

7. 某二叉树共有$10$个结点，记为$A \sim J$，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（ ）。

{{ 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

---

8. 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。

---

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（ ）。

{{ select(9) }}

• 58
• 60
• 62
• 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（）。

{{ select(10) }}

• 60
• 58
• 57
• 56

---

11. 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

---

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。

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;
}

{{ select(12) }}

• depth
  depth
  depth < max_depth
  

• depth + 1
  depth + 1
  depth <= max_depth
  

• depth + 1
  depth + 1
  depth < max_depth
  

• depth
  depth
  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（ ）。

{{ 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

---

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。

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]

---

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（ ）

{{ 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

---

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 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 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) }}

• 正确
• 错误

---

17. 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) }}

• 正确
• 错误

---

18. 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) }}

• 正确
• 错误

---

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。

{{ select(19) }}

• 正确
• 错误

---

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。

{{ select(20) }}

• 正确
• 错误

---

21. 在 C++ 中使用一维数组 vector 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) }}

• 正确
• 错误

---

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。

{{ select(22) }}

• 正确
• 错误

---

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$O(n)$ 。

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) }}

• 正确
• 错误

---

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 (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) }}

• 正确
• 错误

---

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。

{{ select(25) }}

• 正确
• 错误