【答案解析】
1.解释：正确。
详细解析见下图——
相关知识点的复习与拓展：
2.解释：错误。
详细解析见下图——
3.解释：正确。
详细解析见下图——
相关知识点的复习与拓展：
截至考试当年3月，关于指针传递/地址传递与值传递的区别，可以参考下面的表格和视频所示，加深理解——
视频——
      
     
       
         
           
             
                                                 
                   
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                视频详情            
   
 
4.解释：错误。
动态规划和贪心算法虽然都能解决最值问题，但它们的适用场景有本质区别——
● 动态规划适用于具有最优子结构和重叠子问题的问题，它会考虑所有可能的子问题并保存结果，确保得到全局最优解。
● 贪心算法依赖贪心选择性质，即每一步做出局部最优选择，最终希望得到全局最优，但并非所有具有最优子结构的问题都满足贪心选择性质。
📌 反例说明
最典型的反例是0-1背包问题：
● 动态规划可以在O(nW)的多项式时间内求解(n为物品数量，W为背包容量)。
● 贪心算法无法得到最优解，例如，当物品重量和价值不成正比时，优先选择单位价值最高的物品可能会导致背包剩余空间无法利用，最终总价值不是最大。
📌 总结
存在大量可以用动态规划求解，但无法用贪心算法得到最优解的问题。只有当问题同时具备最优子结构和贪心选择性质时，贪心算法才能得到最优解。
5.解释：正确。
详细解析见下图——
相关知识点的复习与拓展：
6.解释：错误。
详细解析如下——
相关知识点的复习与拓展：
7.解释：正确。
深度优先遍历的序列通常不唯一，但题目中给出了两个关键约束：
● 每个顶点有不同的编号：避免了顶点标识产生歧义。
● 总是优先选择编号更小的相邻顶点：明确了顶点访问顺序的优先级规则。
在这两个约束下，每次选择下一个访问的顶点都是唯一确定的，因此从指定顶点开始的遍历序列必然是唯一的。
题干的说法是正确的✅ 。
8.解释：错误。
详细解析见下图——
9.解释：错误。
详细解析见下图——
10.解释：正确。
详细解析见下图——
GESP 2026年3月 C++七级 拆分
#include<iostream>using namespace std;// 定义模数常量，题目要求对 10^9 取模const int MOD = 1e9; /** * 快速幂函数，用于计算 (base^exp) % MOD *  * 由于 n 最大可达 10^6，直接循环相乘会超时。 * 使用快速幂算法可以将时间复杂度降低到 O(log exp)。 *  * @param base 底数 * @param exp 指数 * @return long long 计算结果 */longlongpower(longlong base, longlong exp){    long long res = 1;      // 初始化结果为 1    base %= MOD;            // 先对底数取模，防止溢出    while (exp > 0) {        // 如果当前指数是奇数，将当前的 base 乘入结果中        if (exp % 2 == 1) {            res = (res * base) % MOD;        }        // 底数自乘（相当于进位），指数除以 2        base = (base * base) % MOD;        exp /= 2;    }    return res;}intmain(){    // 关闭cin与stdio同步，加速cin输入速度    ios::sync_with_stdio(false);    // 解绑cin与cout，避免cout刷新拖慢cin读取    cin.tie(nullptr);    int t;    if (cin >> t) {        while (t--) {            int n;            cin >> n;            // --- 情况 1：n 较小 (n <= 3) ---            // 此时不拆分或者拆分出的乘积不如原数大（例如 3=1+2, 1*2=2<3）            if (n <= 3) {                cout << n << '\n';                continue;            }            // --- 情况 2：n > 3，利用贪心策略拆分 ---            // 计算 n 中包含多少个 3            int cnt = n / 3;             // 计算余数            int rem = n % 3;             long long ans = 0;            if (rem == 0) {                // 余数为 0：正好全部拆成 3                // 结果 = 3^(n/3)                ans = power(3, cnt);            }             else if (rem == 1) {                // 余数为 1：                // 拿出一个 3 和这个 1 组合成 4 (即 2+2)，因为 2*2 > 3*1                // 所以 3 的个数减 1，再乘以 4                // 结果 = 3^(cnt-1) * 4                ans = (power(3, cnt - 1) * 4) % MOD;            }             else if (rem == 2) {                // 余数为 2：                // 直接保留这个 2，因为 2 > 1*1                // 结果 = 3^cnt * 2                ans = (power(3, cnt) * 2) % MOD;            }            cout << ans << '\n';        }    }    return 0;}
代码思路——

GESP 2026年3月 C++七级 物流网络
#include<bits/stdc++.h>// 常用宏定义#define pii pair<ll,ll>#define mp make_pair#define fi first#define se second#define ll long long          // 将 ll 定义为 long long，防止费用溢出（最大 1e9*5000=5e12）using namespace std;// 快速读入（支持负数）inline ll read(){    ll x=0,f=0;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9'){        if(ch == '-') f = 1;;        ch=getchar();    }    while(ch>='0'&&ch<='9'){        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);        ch=getchar();    }    return f?-x:x;}constexpr ll N=5007, M=10007;   // N最大点数，M最大边数（双向边，邻接表大小需2*m）// 链式前向星存图ll ver[M], head[N], nxt[M], edge[M], tot;   // 加边函数（无向边，调用两次）voidadd(ll x,ll y,ll z){    ver[++tot]=y, nxt[tot]=head[x], head[x]=tot;    edge[tot]=z;}bitset<N> vis;      // 标记是否已确定最短距离ll d[N];            // 距离数组// 原始输入边的结构体struct es{    ll x,y,w,b;     // 起点、终点、费用、景观评分}e[N];ll n,m;// Dijkstra 求从 1 到所有点的最短路（当前图已经建好）voiddij(){    memset(d,0x3f,sizeof d);   // 初始化为无穷大    vis.reset();               // 清空访问标记    d[1]=0;    priority_queue<pii, vector<pii>, greater<pii> > q;    q.push(mp(0,1));    while(q.size()){        auto x=q.top().se; q.pop();        if(vis[x]) continue;        vis[x]=1;        for(ll i=head[x]; i; i=nxt[i]){            ll y=ver[i], z=edge[i];            if(d[y] > d[x] + z){                d[y] = d[x] + z;                q.push(mp(d[y], y));            }        }    }}intmain(){    // 文件重定向（已注释）    // freopen("T.in","r",stdin);    // freopen("T.out","w",stdout);    n=read(), m=read();    for(ll i=1;i<=m;i++){        e[i].x=read();        e[i].y=read();        e[i].w=read();        e[i].b=read();    }    ll ans = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;   // 答案初始化为极大值    // 枚举哪条边作为“免费边”，且它必须是路径上景观评分最大的边    for(ll i=1; i<=m; i++){        // 每次重新建图，清空链式前向星        memset(head, 0, sizeof head);        memset(ver, 0, sizeof ver);        memset(edge, 0, sizeof edge);        memset(nxt, 0, sizeof nxt);        tot = 0;        // 建图规则：        // 1. 边 j == i ：费用设为 0（免除费用）        // 2. 边 j != i 且 e[j].b <= e[i].b ：正常加入，因为 i 必须是评分最高的，其他边不能超过它        // 3. 边 j != i 且 e[j].b > e[i].b ：不加入，因为若路径包含 i，则 i 不是最高评分（非法）        for(ll j=1; j<=m; j++){            if(j == i){                add(e[j].x, e[j].y, 0);                add(e[j].y, e[j].x, 0);            }            else if(e[j].b <= e[i].b){                add(e[j].x, e[j].y, e[j].w);                add(e[j].y, e[j].x, e[j].w);            }        }        // 在当前图中跑最短路        dij();        // 更新最小费用        ans = min(ans, d[n]);    }    // 如果答案仍为无穷大说明不可达，输出 -1，否则输出 ans    cout << (ans == 0x3f3f3f3f3f3f3f3f ? -1 : ans);    return 0;}
代码思路——
首先枚举哪条边免费，注意风景比它大的边不要加入到图中，不然它可能就不是路径中风景最大的边了。然后每次建一次图跑一次dijkstra，最后取最小值即可。注意特判不连通的情况。
时间复杂度时间复杂度为O(mnlogn)。
课程体系——
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