2026年9月 GESP C++ 三级真题解析：位运算占了半壁江山

三级这次的单选题，有 6 道直接考位运算，加上补码与进制转换，编码类题目接近 10 道。这是三级最近几年最"硬"的一张卷。

一、答案速查

判断题官方未公布答案，以下为按题意推算的参考答案。

二、单选题

板块 1：数据编码与补码（第 1、4 题）

第 1 题 → D（选"不正确的"）

"反码运算中，最高位进位要抛掉"——这是补码的规则，不是反码的。

两者的区别必须记牢：

第 4 题 → C（选"错误的"）

• A ✔ 正数的原码 = 反码 = 补码；
• B ✔ 负数的补码 = 对应正数原码取反（得反码）再 +1；
• C ✘ 错误：8 位补码的范围是 −128 ~ +127（最小值是 −128，不是 −127）；
• D ✔ 求补码的快捷法：从右往左找到第一个 1，这个 1 及其右边不变，左边全部取反。

对比记忆：8 位原码/反码是 −127 ~ +127（有 ±0），补码是 −128 ~ +127（没有 −0，多表示一个负数）。

板块 2：进制转换（第 2 题）→ D

选项 D 关于数制的书写/分解表述有误（十六进制数使用 0x 前缀，如 0x1A；而"通常写作…"的写法把底数与数值搞混了）。

进制这块必须做到条件反射：

二进制 1011  →  1×8 + 0×4 + 1×2 + 1×1 = 11八进制 17    →  1×8 + 7 = 15十六进制 2F  →  2×16 + 15 = 47

板块 3：位运算核心（第 5、6、7、11、12 题）

第 5 题 → B：x & (x - 1) 统计二进制中 1 的个数

int x = 2026;  int count = 0;while (x > 0) { count++; x = x & (x - 1); }

x & (x - 1) 的作用是消掉最低位的那个 1，循环几次就说明有几个 1。

2026 的二进制是 11111101010，共有8个 1 → 输出 8。

这是三级最高频技巧，一定要背下来：x & (x - 1) 消 1，x & (-x) 取最低位 1。

第 6 题 → C（选"错误的"）

第 7 题 → D：3 & 7 | 15 ^ ~11

优先级：~><</>>>&>^>|（与逻辑运算的 ! > && > || 完全对应）

~11            = -12          （按位取反，~n = -n - 1）15 ^ (-12)     = -5           （00001111 ^ 11110100 = 11111011）3 & 7          = 3            （011 & 111 = 011）3 | (-5)       = -5           （00000011 | 11111011 = 11111011）

结果−5。

第 11 题 → D（选"错误的"）

• A ✔ 正整数 num >> 1 等价于 num / 2 向下取整；
• B ✔ num | 0x0F 把低 4 位置 1，高位不变；
• C ✔ num ^ num 一定等于 0；
• D ✘ 错误：右移丢弃低位后，对负数并不符合数学除法规律（例如 −7 >> 1 = −4，而 −7 / 2 = −3）。

第 12 题 → C：!a & b << c ^ d | e（a=0, b=2, c=11, d=7, e=5）

!a       = !0 = 1b << c   = 2 << 11 = 40961 & 4096 = 00 ^ 7    = 77 | 5    = 7

结果7。

这道题就是第 7 题的"加强版"，考的还是同一件事：先算优先级，再按位算。

板块 4：位运算应用（第 8、10 题）

第 8 题 → C：异或加解密

for (int i = 0; i < msg.size(); i++) msg[i] = msg[i] ^ key;   // 加密// 再执行一次同样的操作即可还原for (int i = 0; i < msg.size(); i++) msg[i] = msg[i] ^ key;   // 解密

原理：(x ^ k) ^ k = x——异或两次即可还原，这是最经典的对称加密。

第 10 题 → A：位掩码管理权限

const int READ = 1 << 0;     // 0001const int WRITE = 1 << 1;    // 0010const int MODIFY = 1 << 2;   // 0100const int DELETE_ = 1 << 3;  // 1000

顺序要求：加读 → 加写 →清读→ 加删除，所以选A。

干扰项 B、C、D 的错点：把置位写成了 &，或把清位写成了 |，或清位时忘了取反。

板块 5：数组与字符串（第 9、13、14 题）

第 9 题 → A：判断一个"最大字符"能落在哪种进制的合法字符集内

cout << (max <= '1') << ” ” << (max <= '7') << ” ” << (max <= '9') << ” ” << (max <= 'F');

关键：比较的必须是字符常量（带单引号）。B、C、D 混用了数字字面量（max <= 1）或未带引号的 F（未定义标识符）。

第 13 题 → D（选"错误的"）

"s.erase(2) 表示删除字符串中下标为 2 的这一个字符"——错。

erase(pos) 只有一个参数时，表示从 pos 开始一直删除到字符串末尾；要删单个字符必须写成 erase(pos, 1)。

其余选项均正确：size() 不含 '\0' 且与 length() 等价；empty() 判空；substr(pos) 省略第二参数即截到末尾。

第 14 题 → B：int b['A'];'A' 是字符常量，值为 65，可以作为数组长度 → 合法。

• A ✘ {1, 2, 3.0} 中 3.0 是 double，收窄转换在 C++11 后属于编译错误（列表初始化禁止收窄）；
• C ✘ int c[]; 没有长度也没有初始化列表；
• D ✘ float d[10.0] 数组长度必须是整型常量表达式。

第 15 题（三进制试毒）→ 关键结论：7 只

每只老鼠有 3 种状态：两轮都不喝 / 第一轮喝 / 第二轮喝（对应"第一轮死""第二轮死""都不死"）。

3^k ≥ 1000  →  3^6 = 729 < 1000，3^7 = 2187 ≥ 1000  →  k = 7

这类题的本质是信息编码：k 只老鼠能区分 3ᵏ 种情况，所以至少要 ⌈log₃1000⌉ = 7 只。三级往年的压轴多是"进制判定程序填空"这类扎实但常规的题，本次换成了信息论味道的建模题，命题思路明显更活了，值得留意。

三、判断题（10 题）

参考答案：× × √ × × × × √ √ ×

三处最典型的坑

• 第 1、2 题：反码与补码的规则互相"串味"。记住——反码循环进位，补码丢弃进位；求补码时，第一个 1 及其右边不动，左边取反。
• 第 6 题：char str[4] = "GESP" 是编译错误，不是运行时错误，也不是"自动适配"。
• 第 5 题：& 1 判奇偶对负数同样成立，所以条件成立≠一定是正奇数。

四、编程题

4.1 公共二进制位

题意：给 n 个非负整数，求有多少个二进制位在所有整数中都是 1。某数没有第 i 位时，视为该位为 0。

样例：13、7、15

13 = 1101 7 = 011115 = 1111按位与: 0101  → 第 0 位、第 2 位为 1  →  答案 2

核心思路：全部按位与，再数 1 的个数

int S = a[0];for (int i = 1; i < n; ++i) S &= a[i];   // 统计”所有数都为 1”的位int ans = 0;while (S > 0) { if (S & 1) ans++; S >>= 1; }cout << ans;

三个关键点

1. "在所有整数中均为 1" ≡ 按位与。这是本题唯一需要想通的地方——& 的语义就是"有 0 则 0"。
2. 数 1 的个数用 while (S > 0) { ans += S & 1; S >>= 1; } 或 S &= S - 1 均可。
3. 数据范围：n 可达 2×10⁴，但每个数只需扫一遍，O(n) 足够；用 int 时若数值到 10⁹ 也只占 30 位，安全。

这是三级的一个明显信号：往年位运算主要放在选择题里考，这道题把它升级成了编程题——从"读得懂"变成"写得出"。核心还是那套位运算技巧，只是现在要求你把它完整地实现出来。

4.2 分割字符串

题意：从左到右扫描，第 k 次分割需要连续 k 个空格；每次输出分割后左侧的部分（分隔的空格丢弃），最后输出剩下的右侧部分。无法再分割时结束。

样例 1：sdfd 55 55   99312

注意第 2 次：55 和 55 之间只有 1 个空格不够；55 55 后面有 3 个空格，取走 2 个，所以右侧残留 1 个空格。

样例 2：AbCd   999（3 个空格）

参考实现

string s = ””;getline(cin, s);                 // 注意：可能含空格，必须用 getlinefor (int k = 1; ; ++k) {    string spaces = string(k, ' ');        // k 个空格    int pos = s.find(spaces);    if (pos == (int)string::npos) break;    cout << s.substr(0, pos) << endl;      // 输出左侧    s = s.substr(pos + k);                 // 右侧（丢掉 k 个空格）}cout << s << endl;                         // 输出剩余的右侧

四个关键点

1. 必须用 getline(cin, s)。字符串中含空格，用 cin >> s 只会读到第一个空格为止。
2. find
    找不到时返回 string::npos，用它判断终止条件。
3. substr(pos, len)
    / substr(pos) 的用法：substr(0, pos) 是左侧，substr(pos + k) 是右侧。
4. 空字符串也要输出（样例 2 的空行）。如果写成"左侧非空才输出"，第二行就丢了。

本题最大的难点不在算法，而在边界：连续空格的计数、残留空格、空行输出。属于典型的"模拟题，细节定生死"。

五、三级划重点