GESP 六级明日冲刺：最后一晚只抓两个大方向
一、第一重点：树形 DP
为什么我认为树形 DP 必须重点准备？
因为 6 月份六级的第二道编程题就是树形 DP：
《满二叉树》
题目给出一棵有根二叉树，要求统计所有子树中有多少棵是满二叉树。
参考程序非常典型：
void dfs(int u) {
if (!u)
return;
dfs(l[u]);
dfs(r[u]);
h[u] = max(h[l[u]], h[r[u]]) + 1;
chk[u] = chk[l[u]]
&& chk[r[u]]
&& (h[l[u]] == h[r[u]]);
ans += chk[u];
}这里实际上就是一个非常标准的：
DFS + 子树信息 + DP
的树形 DP。
二、学生今晚必须重温一下树形 DP
不要再花时间背很多奇怪的树 DP。
只要把下面这个思想吃透：
"先问孩子，再算自己。"
例如：
1
/ \
2 3
/ \
4 5计算节点 1 时，我们必须先知道：
2号节点的情况
3号节点的情况所以：
dfs(2);
dfs(3);
// 根据 2、3 的结果计算 1这就是树形 DP 最核心的思想：
DFS 负责从下往上走，DP 负责保存每棵子树的信息。
三、明天树 DP 如果变形，学生要会认
考试不一定再问"满二叉树"。
可能换成：
-
求每棵子树的节点数量
-
求每棵子树的高度
-
求每棵子树的最大值
-
求每棵子树的和
-
判断某个性质
-
统计满足条件的子树
-
求树上的最大路径
-
求选择若干节点的最大价值
-
"选父节点就不能选儿子"之类的问题
但是核心套路仍然可能是：
void dfs(int u)
{
dfs(left);
dfs(right);
// 利用孩子的信息
// 计算 u 的信息
}给学生一句口诀：
树形 DP：孩子先算，父亲后算；
DFS 往下走，DP 往上收。
四、第二重点：背包 DP
这一部分我认为明天一定要复习到"看到题目就能判断 0/1 还是完全背包"。
因为 6 月份六级选择题第 15 题直接考了：
0/1 背包的一维动态规划
代码中的关键就是：
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
for (int w = W; w >= wt[i]; --w)
{
dp[w] = max(dp[w],
dp[w - wt[i]] + val[i]);
}
}而6 月份第一道编程题《条形蛋糕》本身就是完全背包思想。
五、6 月份编程题 1：《条形蛋糕》
这是明天学生必须重新看一遍的题。
题意是：
有一条长度为 n 的蛋糕。
长度为 i 的蛋糕块售价为 p[i]。
可以把蛋糕切成若干段，要求：
所有蛋糕块长度都是整数，求最大销售价格。
例如 6 月份样例中：
n = 4
价格：
1 5 8 9程序：
int dp[1010], p[1010];
int main()
{
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
cin >> p[i];
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (int j = i; j <= n; ++j)
{
dp[j] = max(dp[j],
dp[j - i] + p[i]);
}
}
cout << dp[n] << endl;
return 0;
}六、为什么《条形蛋糕》是完全背包？
这个问题明天非常可能帮助学生判断题型。
比如：
长度 1 → 价格 1
长度 2 → 价格 5
长度 3 → 价格 8
长度 4 → 价格 9一条长度 4 的蛋糕可以：
4也可以：
1 + 3或者：
2 + 2甚至：
1 + 1 + 1 + 1注意：
长度 1 的蛋糕块可以使用很多次。
所以它不是 0/1 背包，而是：
完全背包。
七、明天看到背包题，先问自己一个问题
"一个物品能用几次？"
这是最重要的。
| 类型 | 使用次数 | 一维 DP 循环 |
|---|---|---|
| 0/1 背包 | 每种最多 1 次 | w-- |
| 完全背包 | 每种可以很多次 | w++ |
0/1 背包
for (int i = 0; i < n; i++)
{
for (int w = W; w >= wt[i]; w--)
{
dp[w] = max(dp[w],
dp[w-wt[i]] + val[i]);
}
}完全背包
for (int i = 0; i < n; i++)
{
for (int w = wt[i]; w <= W; w++)
{
dp[w] = max(dp[w],
dp[w-wt[i]] + val[i]);
}
}所以一定要记住：
0/1：从大到小。
完全：从小到大。
但不要只背方向。
真正原因是：
0/1 背包不能让同一个物品在这一轮被重复使用；完全背包允许重复使用。
八、6 月份第二道编程题：《满二叉树》
题目给出：
n 个节点
每个节点：
左儿子编号
右儿子编号然后要求：
统计所有子树中，有多少棵是满二叉树。
它的核心状态实际上只有两个：
h[u]
chk[u]其中：
h[u]表示：
u这棵子树的高度。
而：
chk[u]表示：
u这棵子树是不是满二叉树。
九、这个状态转移非常重要
对于节点 u：
h[u] = max(h[left], h[right]) + 1;如果：
左子树是满二叉树
并且
右子树是满二叉树
并且
左右子树高度相同那么：
chk[u] = true;即：
chk[u] =
chk[left]
&& chk[right]
&& h[left] == h[right];这就是非常漂亮的树形 DP：
u
/ \
L R
↓ ↓
已知L的信息
已知R的信息
↓
计算u的信息十、我对明天两道编程题的"押题"建议
我给六级学生做最后一晚的优先级排序，这样安排：
★★★★★ 第一档
树形 DP
至少练会：
-
二叉树 DFS
-
子树高度
-
子树节点数量
-
子树和
-
判断某种性质
-
dfs(left); dfs(right);后处理
★★★★★ 第二档
0/1 背包
一定会写：
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int w = W; w >= wt[i]; w--)
dp[w] = max(dp[w],
dp[w-wt[i]] + val[i]);★★★★★ 第三档
完全背包
一定会写：
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int w = wt[i]; w <= W; w++)
dp[w] = max(dp[w],
dp[w-wt[i]] + val[i]);6 月份《条形蛋糕》就是非常典型的完全背包模型。
十一、选择题复习看什么？
六级除了两道编程题之外，选择题覆盖了：
-
继承与多态
-
虚函数
-
栈
-
循环队列
-
完全二叉树
-
二叉树遍历
-
哈夫曼
-
格雷码
-
BFS
-
BST
-
线性 DP
-
0/1 背包
十二、明天考前最后复习清单
我要求大家拿着这张清单过一遍：
DP
dp[i]到底表示什么？初始化是什么？
状态转移是什么？
最终答案在哪里？
0/1 背包为什么倒序？
完全背包为什么正序？
树
TreeNode左右孩子
dfs(u)空节点
if (!u) return先 DFS 子树
再计算当前节点
高度
子树大小
子树和
判断子树性质
二叉树
前序：根左右
中序：左根右
后序：左右根
层序：BFS + queue
完全二叉树
BST
STL
stack
queue
priority_queue
sort
vector
C++
指针
引用
类
继承
虚函数
虚析构
构造函数不能是
virtual
判断题也会考到构造函数、析构函数、stack::pop()、BST、完全二叉树、非递归前序遍历以及 DP 等内容。
十三、最后给六级学生一句话
明天如果第一道编程题看到"选物品、容量、价值、次数"，先想背包；
如果看到"节点、儿子、子树、整棵树的信息"，先想 DFS + 树形 DP。
不要怕题目换皮。
题目可以换故事、换数据、换问法，但算法的骨架不会凭空消失。
6月份的考题，提供了非常清晰的训练样本：
第一题《条形蛋糕》→ 完全背包
第二题《满二叉树》→ 树形 DP
这两道题正好可以作为明天考前的最后一轮"模型识别训练"。
所以今晚最有效的方式不是再刷 20 道新题，而是把这两道 6 月真题真正做到"能读懂、能手推、能默写核心代码、能解释每一行为什么这样写"。
如果明天真的出现树形 DP + 0/1/完全背包，大家就有很大的机会把这 50 分的编程题稳住；即使题型发生变化，这套"识别模型 → 写状态 → 写转移"的能力也仍然能用。