109 關務特考四等 資訊處理 計算機概要 考古題詳解

109 年・關務特考・四等・資訊處理
試題代碼 計算機概要

第 1 題2 分

下列有關處理器運作之時脈週期（clock period）敘述，何者錯誤？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考處理器的時脈週期（clock period）與時脈速度（clock rate）的定義及關係。

時脈週期是完成一個時脈循環所需的時間；時脈速度則是每秒的時脈循環次數，兩者互為倒數：

clock rate=1clock period\text{clock rate}=\frac{1}{\text{clock period}}

時脈週期通常以秒或其更小單位表示；時脈速度則以赫茲（Hz）表示。時脈週期越短，代表每秒可進行的時脈循環越多。

解題方法

比較選項中的「時脈週期時間」和「時脈速度」即可。由於兩者互為倒數，時脈週期變長時，時脈速度會降低；因此不能據此推論處理器速度變快。依題目所給官方答案，錯誤敘述為 (C)。

選項分析

(A) 正確。 時脈可用時脈週期時間或時脈速度描述；前者表示一個週期所需時間，後者表示每秒週期數。

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第 2 題2 分

下列有關處理器之指令流與資料流分類的敘述，何者錯誤？

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核心觀念

本題考 Flynn 分類法，依處理器同時處理的「指令流」與「資料流」數量，區分為 SISD、SIMD、MISD 與 MIMD。

  • SISD：單一指令流、單一資料流，傳統單核心循序處理器的典型形式。
  • SIMD：單一指令流、多筆資料流，同一指令同時作用於多筆資料，適合影像、矩陣等規則且可平行處理的資料。
  • MIMD：多個指令流、多筆資料流，各處理單元可執行不同指令、處理不同資料。
  • SPMD（Single Program, Multiple Data）是程式設計方式：多個處理單元執行同一程式，但各自處理不同資料，常用於 MIMD 系統。

解題方法

逐一核對選項中的定義與適用情境。判斷重點是：SIMD 擅長對大量資料重複執行相同操作；若程式有許多不同分支，處理單元容易執行不同路徑，便不符合 SIMD 的平行處理方式。

選項分析

(A) 正確。 SIMD 以單一指令同時處理多筆資料，能發揮資料層級平行性。結構規則、可對多筆資料套用相同運算的工作，例如影像像素或矩陣元素運算，通常適合 SIMD。相較之下，SISD 逐筆循序處理，較難同時利用多筆資料的平行性。

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第 3 題2 分

硬體多緒處理（hardware multithreading）允許多個執行緒（threads）有效率地共用一個處理器。要允許上述的共用，處理器必須要支援可以迅速切換執行緒的能力。下列何者為處理器在進行執行緒切換時，所需要保存的個別執行緒的狀態？

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核心觀念

硬體多緒處理讓處理器在多個執行緒之間快速切換，以提高處理器使用效率。每個執行緒都要保有自己的執行狀態，處理器切換執行緒時，須保存目前執行緒的狀態，並載入另一個執行緒的狀態，才能讓各執行緒在之後從原處繼續執行。

執行緒的關鍵狀態包括暫存器內容與程式計數器（Program Counter, PC）。暫存器保存運算中的資料與控制資訊；PC 則指出下一個要執行的指令位置。

解題方法

判斷各選項是否屬於「每個執行緒各自需要保存、切換後才能接續執行」的處理器狀態。暫存器與 PC 都會因執行緒而異，因此切換時必須保存；快取、主記憶體及算術邏輯單元則不屬於這類個別執行緒的核心執行狀態。

選項分析

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第 4 題2 分

有關嵌入式系統（embedded system）的敘述，下列何者正確？

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核心觀念

嵌入式系統是為特定用途或功能設計的電腦系統，常整合在家電、車輛、工業控制設備或醫療儀器中。它通常受到成本、體積、功耗等限制，並可能需要在指定時間內完成感測、運算或控制，因此常有即時效能需求。

解題方法

逐一檢視選項中的「通常」與「一定」：嵌入式系統的硬體與軟體配置會依用途而異，所以「一定」的敘述往往過於絕對；至於是否有即時需求，則是嵌入式系統常見的設計要求。

選項分析

  • (A) 錯誤。 嵌入式系統通常具有記憶體，用來儲存程式、資料或執行時狀態。記憶體容量可能有限，但不代表沒有記憶體。
  • **(B) 正確。
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第 5 題2 分

假設單一磁碟的故障前平均時間（Mean Time to Failure, MTTF）為 120,000 小時，若系統中有 12 顆這樣的硬碟，且這些硬碟發生故障的機率是彼此獨立的，則此系統中有某顆硬碟發生故障的故障前平均時間為多少小時？

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核心觀念

本題考查多顆硬碟中「任一顆先故障」的平均故障時間。單顆硬碟的 MTTF 為 120,000120{,}000 小時；12 顆硬碟彼此獨立，且題意以每顆硬碟的故障率相同為前提。

將單顆硬碟的故障率記為 λ\lambda，則：

λ=1MTTF\lambda=\frac{1}{\text{MTTF}}

12 顆硬碟中任一顆故障，就算系統發生本題所問的故障，因此總故障率為各硬碟故障率相加：

λ系統=12λ\lambda_{\text{系統}}=12\lambda

解題方法

單顆硬碟的故障率為：

λ=1120,000\lambda=\frac{1}{120{,}000}

12 顆硬碟中任一顆故障的總故障率為：

λ系統=12×1120,000=110,000\lambda_{\text{系統}} =12\times\frac{1}{120{,}000} =\frac{1}{10{,}000}

因此系統平均故障前時間為：

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第 6 題2 分

當程式被載入記憶體執行時，該程式的全域變數（global variables）會被存放在哪個記憶體區塊？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查程式載入記憶體後，各記憶體區塊的用途。全域變數具有靜態儲存期間，其儲存空間通常配置在程式的靜態數據區（static data segment），而非每次呼叫函式時才建立的堆疊區。

解題方法

辨認變數的生命週期與配置方式：

  • 全域變數在程式執行期間持續存在，通常配置於靜態數據區。
  • 函式內的區域變數通常配置於堆疊區，隨函式呼叫建立、返回而釋放。
  • 程式指令則配置於文字區。

因此，全域變數對應「靜態數據」，選 (B)。

選項分析

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第 7 題2 分

有一個管道化（pipelining）處理器，執行一個指令時需要 5 個步驟：從記憶體中擷取指令、指令解碼並讀取暫存器的值、算術邏輯單元運作、存取記憶體中的資料與將結果寫回暫存器，而每個步驟所需之執行時間分別為 200 ps、100 ps、200 ps、200 ps 與 100 ps。此處理器的工作時脈最接近下列何者？

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核心觀念

本題考管線化處理器的時脈週期與時脈頻率。在同步管線中，時脈週期必須足以讓最慢的管線階段完成，因此：

Tclock=max⁡(T1,T2,…,Tn)T_{\text{clock}}=\max(T_1,T_2,\ldots,T_n)

時脈頻率則為時脈週期的倒數：

f=1Tclockf=\frac{1}{T_{\text{clock}}}

解題方法

五個步驟的執行時間依序為 200200 ps、100100 ps、200200 ps、200200 ps、100100 ps。時脈週期由最慢的階段決定：

Tclock=max⁡(200,100,200,200,100) ps=200 psT_{\text{clock}}=\max(200,100,200,200,100)\text{ ps}=200\text{ ps}

換算成秒，200 ps=200×10−12 s=2×10−10 s200\text{ ps}=200\times10^{-12}\text{ s}=2\times10^{-10}\text{ s}，因此：

f=12×10−10=5×109 Hz=5 GHzf=\frac{1}{2\times10^{-10}}=5\times10^9\text{ Hz}=5\text{ GHz}
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第 8 題2 分

下列計算機儲存容量的數值中，何者與其他三者不同？

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核心觀念

本題考二進位制的儲存容量換算。依題目採用的慣例：

1 TB=1,024 GB,1 GB=1,024 MB,1 MB=1,024 KB,1 KB=1,024 B1\text{ TB}=1{,}024\text{ GB},\qquad 1\text{ GB}=1{,}024\text{ MB},\qquad 1\text{ MB}=1{,}024\text{ KB},\qquad 1\text{ KB}=1{,}024\text{ B}

因此，1 TB=1,0243 MB1\text{ TB}=1{,}024^3\text{ MB}。選項中的「241 B2^{41}\text{ B}」則是以位元組表示的容量，可換算成 2 TB2\text{ TB}。

解題方法

將各選項統一換算成 TB 比較：

  • (A) 2 TB2\text{ TB}
  • (B) 241 B=241/240 TB=2 TB2^{41}\text{ B}=2^{41}/2^{40}\text{ TB}=2\text{ TB}
  • (C) 2,048 GB=2,048/1,024 TB=2 TB2{,}048\text{ GB}=2{,}048/1{,}024\text{ TB}=2\text{ TB}
  • (D) 2,048×1,024×1,024 MB2{,}048\times1{,}024\times1{,}024\text{ MB}

由於 2,048=2×1,0242{,}048=2\times1{,}024，(D) 為：

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第 9 題2 分

多數的電腦具有硬體的時鐘（clock）與計時器（timer），而電腦中的時鐘與計時器所提供的三項基本功能，不包含下列何者？

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核心觀念

本題考查作業系統與電腦硬體中「時鐘（clock）」和「計時器（timer）」的基本功能。時鐘可提供目前時間；計時器則可用來計算經過時間，或在指定時間到達時產生中斷，通知系統執行相應操作。透過網路與其他電腦校準時間，則屬於網路時間同步服務，不是時鐘與計時器本身的基本功能。

解題方法

逐項區分「本機硬體時鐘／計時器提供的功能」與「需要網路服務才能完成的功能」：

  • 本機時鐘可讀取目前時間。
  • 計時器可用來量測一段時間，或在設定的時間點觸發事件。
  • 與遠端電腦同步時間，需透過網路協定及時間伺服器等機制。

因此，不屬於時鐘與計時器三項基本功能的是網路同步時間。

選項分析

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第 10 題2 分

若將計算機中的主記憶體（main memory）、快閃記憶體（flash memory）、快取記憶體（cache memory）的存取速度由快到慢依序排列，下列何者的順序正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查不同記憶體的存取速度。一般由快到慢為：

快取記憶體（Cache）  >  主記憶體（Main Memory）  >  快閃記憶體（Flash Memory）\text{快取記憶體（Cache）} \;>\; \text{主記憶體（Main Memory）} \;>\; \text{快閃記憶體（Flash Memory）}

快取記憶體通常由速度很快的 SRAM 組成，位於處理器與主記憶體之間，用來暫存常用資料；主記憶體通常以 DRAM 實作；快閃記憶體則屬於非揮發性儲存媒介，存取速度一般慢於 DRAM。

解題方法

將三者依一般存取速度排序即可：處理器為縮短資料等待時間，先使用速度最快的快取記憶體；快取未命中時，再存取主記憶體；快閃記憶體的存取速度較慢，通常用於非揮發性儲存。

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第 11 題2 分

有關轉譯側查緩衝器（translation-lookaside buffer, TLB）的定義，下列何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

轉譯側查緩衝器（translation-lookaside buffer, TLB）是處理器中用來儲存近期使用之虛擬位址到實體位址轉換資料的特殊高速緩衝器。存取記憶體時，處理器會先查詢 TLB；若找到所需的位址轉換資料，稱為 TLB 命中，可快速取得實體位址；若未找到，則需查詢頁表。

TLB 儲存的是「位址轉換資料」，不是一般資料，也不負責判斷資料快取是否命中或是否發生分頁錯失。

解題方法

抓住 TLB 名稱中的「轉譯」二字，判斷它處理的是位址轉換。虛擬記憶體系統以頁表記錄虛擬頁面與實體頁框的對應關係；TLB 則快取近期用過的部分對應資料，以縮短查表時間。因此，符合 TLB 定義的選項是描述「記錄最近用過的一些位址轉換資料」的選項。

選項分析

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第 12 題2 分

下列數字系統轉換時，何者無法精確地以有限位數表示？

這一題的完整詳解

核心觀念

將有限小數由十進制轉換成 bb 進制時，若最簡分數的分母只含有 bb 的質因數，便可用有限位數精確表示；若分母含有 bb 不具有的質因數，則轉換結果會循環，無法以有限位數表示。

這是因為 bb 進制小數點後 nn 位所代表的分數，分母為 bnb^n。因此，原分數必須能寫成某個整數除以 bnb^n，才能有限表示。

解題方法

先將十進制小數化成最簡分數，再比較分母的質因數與目標進位制的底數。

  • 0.4=250.4=\frac{2}{5}
  • 0.375=380.375=\frac{3}{8}

選項分析

(A) 轉換十進制數 0.40.4 成八進制數：正確，無法有限表示。

25\frac{2}{5} 的分母含有質因數 55，而八進制的底數 8=238=2^3 只含質因數 22。因此不存在整數 nn，使 25\frac{2}{5} 能寫成某個整數除以 8n8^n，八進制表示會循環。

(B) 轉換十進制數 0.3750.375 成二進制數：錯誤，可以有限表示。

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第 13 題2 分

IEEE 754 的單精確度浮點數表示法（single precision floating-point format）共使用幾個位元？

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核心觀念

IEEE 754 單精確度浮點數（single precision）使用 32 個位元表示一個數值，欄位分成：

  • 符號位元：1 位
  • 指數欄位：8 位
  • 尾數欄位：23 位

因此總位元數為：

1+8+23=321+8+23=32

解題方法

題目問的是單精確度格式的總位元數，直接記住 IEEE 754 單精確度的欄位配置並加總即可。選項中的 32 位元對應單精確度。

選項分析

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第 14 題2 分

下列敘述何者錯誤？

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核心觀念

有限位數的整數在任何整數進位制中都能精確表示，因為整數可用有限次乘除進位制基數表示。小數部分則不同：能否以有限位數表示，取決於分數約分後的分母是否只含目標進位制基數的質因數。

以 bb 進位表示的小數若有 nn 位，必可寫成分母為 bnb^n 的分數。因此，十進位有限小數換成十六進位時，若約分後的分母含有 55 等非 22 因數，就不能以有限位十六進位小數精確表示；十六進位有限小數換成十進位則可以，因為 16n=24n16^n=2^{4n}，其分母只含因數 22，可轉成有限位十進位小數。

解題方法

逐一判斷整數與小數的進位轉換：

  • 整數部分：兩種進位制都能有限表示整數。
  • 小數部分：將來源進位制的小數寫成分母為來源基數某次方的分數，再檢查該分數能否用目標基數的次方作分母。

選項分析

  • (A) 正確。 有限位數的十進位整數是整數，任何整數都能以有限位數的十六進位形式表示。例如 25510=FF16255_{10}=FF_{16}。
  • (B) 錯誤。 有限位數的十進位小數不一定能以有限位數的十六進位精確表示。
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第 15 題2 分

在計算機常用的二的補數加法中，下列何種情況代表一定發生了滿溢（overflow）？

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核心觀念

本題考二的補數定長整數加法的溢位判斷。在 nn 位元二的補數中，最高位是符號位：00 表示非負數，11 表示負數。可表示範圍為 −2n−1-2^{n-1} 至 2n−1−12^{n-1}-1。

溢位是指真實數學和超出這個表示範圍。判斷規則是：**兩個同號數相加，若結果的符號與加數不同，就發生溢位。**異號數相加則不會發生溢位。

解題方法

觀察加數與結果的符號即可，不必以最高位的進位判斷溢位：

  • 兩個正數相加，若結果符號變成 11，表示結果被判讀為負數，發生溢位。
  • 兩個負數相加，若結果符號變成 00，表示結果被判讀為非負數，發生溢位。

最高位是否有進位，不能單獨用來判斷二的補數溢位。

選項分析

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第 16 題2 分

布林函數 A+BCA+BC 等於：

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核心觀念

布林代數中，++ 表示邏輯 OR（或），乘積表示邏輯 AND（且）。本題考的是分配律：

X+YZ=(X+Y)(X+Z)X+YZ=(X+Y)(X+Z)

其中 A、B、CA、B、C 為布林變數，運算結果只有 00 或 11。

解題方法

令 X=AX=A、Y=BY=B、Z=CZ=C，套用分配律：

A+BC=(A+B)(A+C)A+BC=(A+B)(A+C)

因此符合的選項是 (D)。

也可用布林值驗算：若 A=1A=1，左式 A+BC=1A+BC=1，右式 (A+B)(A+C)=1(A+B)(A+C)=1；若 A=0A=0，兩式都化為 BCBC。兩種情況下結果一致。

選項分析

  • (A) (A+B)C(A+B)C：錯誤。 展開為 AC+BCAC+BC，不等於 A+BCA+BC。例如 A=1、C=0A=1、C=0 時，原式為 11，此選項為 00。
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第 17 題2 分

若僅允許使用 2 對 1 多工器（multiplexer）這種邏輯元件，來實現一個 4 對 1 多工器，則至少需要使用幾個 2 對 1 多工器？

這一題的完整詳解

核心觀念

2 對 1 多工器有兩個資料輸入端，並由選擇端決定哪一路資料輸出。若只使用 2 對 1 多工器組成較大的多工器，可將各資料輸入逐層合併。組成 4 對 1 多工器時，需先將 4 路輸入合併成 2 路，再由最後一個多工器選出輸出。

解題方法

第一層用兩個 2 對 1 多工器，分別選擇第 1、2 路與第 3、4 路輸入；第二層再用一個 2 對 1 多工器，從第一層的兩個輸出中選出最終輸出。

2+1=32+1=3

因此至少需要 3 個 2 對 1 多工器。

選項分析

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第 18 題2 分

一個 1 位元比較器輸入為布林變數 XX 與 YY，輸出有 FX<YF_{X<Y}（XX 小於 YY，表示 X=0X=0 且 Y=1Y=1）、FX>YF_{X>Y}（XX 大於 YY，表示 X=1X=1 且 Y=0Y=0）與 FX=YF_{X=Y}（XX 等於 YY）。下列敘述何者錯誤？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 1 位元比較器的真值定義與布林代數。兩個輸入各有 00、11 兩種值：

  • X<YX<Y：只有 X=0, Y=1X=0,\ Y=1 時成立，因此 FX<Y=X′YF_{X<Y}=X'Y。
  • X>YX>Y：只有 X=1, Y=0X=1,\ Y=0 時成立，因此 FX>Y=XY′F_{X>Y}=XY'。
  • X=YX=Y：兩輸入相同時成立，即 0000 或 1111，因此 FX=Y=X′Y′+XYF_{X=Y}=X'Y'+XY

式中的 ++ 表示 OR，變數相鄰表示 AND，撇號表示 NOT。

解題方法

依比較器定義寫出三個輸出，再代入各選項，比較左右兩側是否對所有輸入組合都相等。也可用真值表快速驗算：

XXYYFX<YF_{X<Y}FX>YF_{X>Y}FX=YF_{X=Y}
00001
01100
10010
11001

選項分析

(A) FX<Y=X′YF_{X<Y}=X'Y：正確。 X′YX'Y 在 X=0, Y=1X=0,\ Y=1 時為 11，其餘輸入組合皆為 00，符合 X<YX<Y 的定義。

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第 19 題2 分

如圖所示之邏輯電路，其功能相當於：

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。
這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查反相器、AND 閘與 OR 閘組合後的布林函數。反相器輸出為輸入的反相，AND 閘在兩個輸入皆為 1 時輸出 1，OR 閘在至少一個輸入為 1 時輸出 1。

解題方法

上方的 AND 閘接收反相後的 AA、BB，輸出為 A′B′A'B'；下方的 AND 閘接收原始的 AA、BB，輸出為 ABAB。兩個 AND 閘的輸出再進入 OR 閘，因此：

X=A′B′+ABX=A'B'+AB

這表示 AA、BB 相同時輸出為 1、不同時輸出為 0，符合 XNOR 閘的功能。

AABBA′B′A'B'ABABXX
00101
01000
10000
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第 20 題2 分

數字 18510185_{10} 用 BCD（Binary-Coded Decimal）碼表示共需幾個位元？

這一題的完整詳解

核心觀念

BCD（Binary-Coded Decimal，二進位編碼十進位）是將每一個十進位數字個別編碼，每位十進位數字使用 4 個位元表示。此題考的是 BCD 的編碼方式，不是把整數直接轉成二進位。

解題方法

18510185_{10} 有三個十進位數字：11、88、55。每個數字各占 4 位元，因此：

3×4=12 位元3 \times 4 = 12\ \text{位元}

也可將各數字分別寫成 4 位元的二進位碼：

1→0001,8→1000,5→01011 \rightarrow 0001,\qquad 8 \rightarrow 1000,\qquad 5 \rightarrow 0101

合併為 0001 1000 01010001\ 1000\ 0101，共 12 位元。

選項分析

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第 21 題2 分

哪一種軟體測試（software testing）方式中，測試者需要知道軟體的內部架構，藉以設計測試內容？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考軟體測試依「是否了解程式內部結構」所作的分類：

  • 白箱測試（White-box testing）：測試者了解程式的內部結構，據此設計測試案例，例如檢查程式路徑、分支或條件。
  • 黑箱測試（Black-box testing）：測試者不需了解內部程式設計，依據需求規格輸入資料，再檢查輸出是否正確。
  • **Glass-box testing（透明盒測試）**是白箱測試的另一種稱呼，題目所述「知道軟體內部架構」正是其特徵。

解題方法

先抓題幹的判斷關鍵：「測試者需要知道軟體的內部架構」。這描述的是以程式內部邏輯為依據設計測試，符合 Glass-box testing。Alpha 與 Beta testing 是依測試執行階段及參與者區分，和測試者是否了解內部架構不是同一分類方式。

選項分析

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第 22 題2 分

下列 C 程式執行後的輸出為何？

#include<stdio.h>

int main(void) { int n=0;

for(int i=0; i<100; i++)
    for(int j=0; j<=i; j++)
        n++;

printf("%d",n);

return 0;

}

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考 C 語言巢狀 for 迴圈的執行次數，以及如何將累加次數表示為等差級數。

外層迴圈的 i 從 00 執行到 9999。對每個固定的 ii，內層迴圈的 j 從 00 執行到 ii，兩端都包含，因此內層迴圈會執行 i+1i+1 次。每執行一次，n 就增加 11。

解題方法

依序計算每次外層迴圈中，內層迴圈執行的次數：

  • i=0i=0 時，內層執行 11 次。
  • i=1i=1 時，內層執行 22 次。
  • i=2i=2 時，內層執行 33 次。
  • ⋯\cdots
  • i=99i=99 時，內層執行 100100 次。

因此，n 的總增量為

n=1+2+3+⋯+100=100(100+1)2=5050n=1+2+3+\cdots+100 =\frac{100(100+1)}{2} =5050
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第 23 題2 分

若執行以下的 Java 程式碼，則螢幕上的輸出數字依序為何？

public class Array3D{ public static void main(String[] args){ int[][][] array={ {{11,12,13},{14,15,16},{17,18,19}}, {{21,22,23},{24,25,26},{27,28,29}}, {{31,32,33},{34,35,36},{37,38,39}}, };

    for(int i=0; i<array.length; i++){
        System.out.println(array[i][1][2]);
    }
}

}

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核心觀念

本題考查 Java 三維陣列的索引方式。array[i][j][k] 依序代表：

  • i：選取第幾個二維陣列
  • j：選取該二維陣列中的第幾列
  • k：選取該列中的第幾個元素

Java 陣列索引從 0 開始，因此索引 1 是第二個，索引 2 是第三個。

解題方法

迴圈中的 i 從 0 遞增至 2，因為 array.length 為 3。每次都取 array[i][1][2]，也就是第 i 個二維陣列中的第二列、第三個元素：

iarray[i][1]（第二列）array[i][1][2]
0{14, 15, 16}16
1{24, 25, 26}26
2{34, 35, 36}36
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第 24 題2 分

若一個二元樹（Binary Tree）中序走訪（Inorder Traversal）結果為 BCAEDGHF，前序走訪（Preorder Traversal）結果為 ABCDEFGH，則節點 F 的父節點（Parent）為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

前序走訪的順序是「根、左子樹、右子樹」；中序走訪的順序是「左子樹、根、右子樹」。利用前序走訪找出子樹的根，再用中序走訪判定該根的左右子樹範圍，即可逐步還原二元樹。

解題方法

前序序列為 ABCDEFGH，第一個節點 A 是整棵樹的根。中序序列為 BCAEDGHF，A 左側是 BC，右側是 EDGHF，因此左子樹包含 B、C，右子樹包含 E、D、G、H、F。

接著看右子樹的前序序列 DEFGH，其根為 D。在中序序列的右子樹範圍 EDGHF 中，D 左側為 E，右側為 GHF。因此 F 位於 D 的右子樹中。

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第 25 題2 分

將中序運算式（Infix Expression）1+(2−3/4)∗51+(2-3/4)*5 轉換為後序運算式（Postfix Expression）的結果為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查中序式轉換為後序式。中序式的運算子寫在運算元之間；後序式則將運算子放在其運算元之後。轉換時須遵守括號所指定的優先順序，再依運算子優先順序處理乘除與加減。

解題方法

原式為 1+(2−3/4)∗51+(2-3/4)*5。先處理括號內的除法：3/43/4 對應後序式 34/34/；再將結果與 22 做減法，得到 234/−234/-。接著將括號結果乘以 55，得到 234/−5∗234/-5*。最後與 11 相加，得到：

1 2 3 4 / − 5 ∗ +1\ 2\ 3\ 4\ /\ -\ 5\ *\ +

省略運算元間的空格，即 1234/−5∗+1234/-5*+，符合選項 (D)。

選項分析

  • (A) 12+34/5∗−12+34/5*-：錯誤。 這個排列先把 11 與 22 相加，與原式中括號的結構不符；括號內的 2−3/42-3/4 必須先形成運算結果。
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第 26 題2 分

關於一個圖的最小生成樹（minimum spanning tree），下列敘述何者錯誤？

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核心觀念

最小生成樹（minimum spanning tree，MST）是連通、無向加權圖的一棵生成樹，且其邊權重總和最小。生成樹涵蓋原圖的所有節點，並且本身是樹；樹具有以下性質：

  • 若有 nn 個節點，恰有 n−1n-1 條邊。
  • 任兩點之間恰有一條簡單路徑。
  • 在樹中加入一條原本不存在的邊，會形成一個迴路。

MST 的邊數、連通性與迴路性質都由「生成樹」的定義保證；但 MST 不一定唯一，是否唯一與邊權重是否造成不同選邊結果有關。

解題方法

先將 MST 拆成兩個概念理解：「生成樹」負責涵蓋所有節點並保持連通且無迴路；「最小」則表示在所有生成樹中，總權重最小。逐一檢查選項：前三項分別描述生成樹或樹的性質；唯一性則不是所有圖都必然具有的性質。

選項分析

(A) 具有唯一的最小生成樹：錯誤。

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第 27 題2 分

有適當保護機制的作業系統核心所管理的程序，通常可以分成核心空間（kernel space）下的程序，和使用者空間（user space）下的程序兩大類。下列敘述何者錯誤？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查作業系統的核心空間（kernel space）與使用者空間（user space），以及程序執行時的權限區分。

核心空間具較高權限，可執行作業系統核心工作，例如管理硬體、處理中斷及提供系統服務；使用者空間的應用程式則受較多限制。應用程式透過系統呼叫請求核心服務時，處理器會切換到核心模式執行該服務，完成後再返回使用者模式。

解題方法

逐項檢視敘述是否把「通常的執行位置」說成「必須始終如此」。核心服務與中斷處理需要較高權限，但驅動程式的執行位置會依作業系統設計而異，並非一定從頭到尾都在核心空間。

選項分析

(A) 核心空間的程序比使用者空間的程序具有較高的權限：正確。 核心空間可執行受保護的特權操作，例如直接管理記憶體與硬體裝置；使用者空間的程序則受到限制，須透過系統呼叫請求核心協助。

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第 28 題2 分

作業系統核心會用分頁（paging）的技術來使用硬碟做為實體記憶體空間的延伸。不過，當所有執行中的程序所需要的工作空間（active working set）遠大於實體記憶體的容量時，作業系統會不斷產生頁錯失（page faults），把暫存在硬碟中的虛擬記憶體中的內容搬進搬出實體記憶體中，這現象是稱做什麼？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考作業系統的猛移（thrashing）。當所有執行中程序的工作集總量大於實體記憶體容量時，程序需要的頁面無法同時留在記憶體中，便會頻繁發生頁錯失。作業系統因此不斷在硬碟與實體記憶體間調入、調出頁面，導致大量時間花在分頁處理，實際執行工作反而變少，這種現象稱為猛移。

解題方法

題幹的關鍵線索是「工作空間遠大於實體記憶體」以及「不斷產生頁錯失，把內容搬進搬出」。依此辨認：這描述的是頁面置換過度頻繁、系統效能大幅下降的狀況，對應「猛移（thrashing）」。

選項分析

  • (A) 換進（swap-in）：指將暫存在外部儲存裝置的程序或頁面載入記憶體，是單一的調入動作，不是題幹所述反覆調入、調出造成效能下降的整體現象。
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第 29 題2 分

在可移植性作業系統介面（Portable Operating System Interface），也就是 POSIX 的國際標準規範下，關於程序（process）和執行緒（thread）的特性，下列何者錯誤？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考 POSIX 作業系統中程序與執行緒的差異，重點在於位址空間、資源共享，以及程序與執行緒的建立方式。

程序通常具有各自獨立的虛擬位址空間；同一程序內的執行緒則共享該程序的位址空間與多項資源。POSIX 的 pthread_create 可建立執行緒；fork 可建立子程序，而 exec 系列函式會以新程式取代目前程序的映像。

解題方法

逐項檢查敘述是否符合程序與執行緒的基本差異，尤其注意選項是否把「執行緒只能由程序建立」誤寫成「執行緒不能建立程序」。程序建立的權限與執行緒本身的身分不同：執行緒可以呼叫建立程序的函式。

選項分析

(A) 正確。 一般而言，每個程序具有獨立的虛擬位址空間，因此一個程序直接存取自己的記憶體，不會因此直接讀寫另一程序的記憶體。

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第 30 題2 分

在 UNIX 或 Linux 作業系統中，若有一檔案的權限為 -rwxr-xr-x，下列敘述何者錯誤？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 UNIX/Linux 檔案權限，以及檔案權限與刪除檔案權限的差別。

權限字串 -rwxr-xr-x 可拆成：

  • 第一個 -：一般檔案。
  • rwx：檔案擁有者可讀取、寫入、執行。
  • r-x：檔案所屬群組的其他使用者可讀取、執行。
  • r-x：其他使用者可讀取、執行。

刪除檔案主要取決於檔案所在目錄的寫入與執行權限，以及目錄的擁有權限設定；不單由該檔案本身是否有 w 權限決定。

解題方法

先依 rwx 權限字串判斷各類使用者對檔案能否讀取、寫入、執行；再區分「修改或刪除檔案內容」與「從目錄中移除檔名」。

本題沒有提供檔案所在目錄的權限，因此不能只憑 -rwxr-xr-x 判定誰能刪除檔案。依一般 UNIX/Linux 權限規則，刪除檔案通常要求對其所在目錄有寫入及執行權限；若有 sticky bit 等特殊設定，也會影響刪除權限。

選項分析

(A) 檔案擁有者可以刪除此檔案：錯誤。 檔案擁有者對此檔案有 rwx 權限，但這些權限描述的是對檔案本身的存取能力。能否刪除仍須看所在目錄的權限及特殊設定，不能單由檔案權限推出。

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第 31 題2 分

磁碟陣列（redundant array of inexpensive disks, RAID）中若有一個硬碟故障，下列何種 RAID 在更換故障硬碟後，能以最簡單且最快的速度重建？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考 RAID 的資料配置方式，以及硬碟故障後重建資料所需的步驟。RAID 1 採用鏡像（mirroring）：兩顆硬碟儲存相同資料，因此其中一顆故障時，仍可從正常硬碟直接讀取完整副本。

解題方法

判斷重建難易與速度，關鍵在於故障硬碟上的資料能否從單一正常硬碟直接複製回來。RAID 1 的鏡像副本完整且獨立，更換硬碟後直接複製資料即可，不必計算同位元或整合多顆磁碟的資料，因此重建方式最簡單、速度也最快。

選項分析

  • (A) RAID 0：錯誤。 RAID 0 以條帶化分散資料，沒有鏡像或同位元備援。任一硬碟故障都會使部分資料遺失，無法靠更換硬碟重建。
  • **(B) RAID 1：正確。
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第 32 題2 分

臺灣目前的電視廣播是使用下列何種訊號格式？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考的是電視訊號標準的分類。NTSC、PAL、SECAM 是傳統類比彩色電視的編碼制式；HDTV 則是「高畫質電視」的影像解析度與服務規格分類，兩者不是同一層次的概念。

解題方法

依題目所指的臺灣電視廣播制式，辨認其採用的傳統類比彩色電視訊號格式。臺灣採用 NTSC 制式，因此選擇 NTSC。

選項分析

  • (A) NTSC：正確。 NTSC 是臺灣傳統類比電視廣播採用的彩色訊號制式，也是本題官方答案。
  • **(B) SECAM：錯誤。
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第 33 題2 分

在多工作業系統中，有些輸出裝置（例如印表機）一次只能處理一個輸出的工作。為了讓多個程序（processes）能同時使用這個裝置，不用等待其他先佔有這個裝置的程序使用完畢，應該使用下列哪一個技術？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查作業系統如何管理一次只能服務一個工作的獨佔式輸出裝置。印表機等裝置無法同時列印多個程序送出的內容；作業系統可使用排存（spooling），先將各程序的輸出暫存在磁碟或緩衝區，再依序交給裝置處理。

解題方法

題幹的關鍵是「多個程序能使用同一個輸出裝置，不必等待前一個程序使用完畢」。這並不是讓印表機同時執行多項工作，而是讓程序先把輸出工作送進佇列後繼續執行；作業系統再由排存程式依序將工作送到印表機。因此符合題意的技術是排存。

選項分析

  • (A) 記憶體映射的輸入輸出（memory mapped I/O）錯誤。 這是處理器存取裝置暫存器的一種方式：將裝置暫存器映射到記憶體位址空間，讓處理器以讀寫記憶體的方式與裝置溝通。它不負責替多個程序排隊管理輸出工作。
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第 34 題2 分

區塊鏈（block chain）是加密虛擬貨幣的關鍵技術之一。關於區塊鏈（block chain）技術的敘述，下列何者錯誤？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查區塊鏈的分散式帳本、工作量證明（Proof of Work, PoW），以及其防竄改原理。

區塊鏈會將交易資料整理成區塊，並以雜湊值連結前後區塊。採用 PoW 的系統，參與者須反覆嘗試計算，找到符合難度條件的雜湊值；其他節點則容易驗證這個結果。這項計算通常是反覆雜湊運算，不是解微分方程式，也不是製造每一筆交易都必須先完成的步驟。

解題方法

先分辨「建立交易」與「驗證區塊」：交易可由使用者提出，再由網路節點檢查並打包；PoW 是部分區塊鏈用來競爭記帳權、確認區塊的機制。接著檢查選項是否正確描述所用的計算，以及區塊鏈的防竄改方式。

選項分析

(A) 正確。 區塊鏈可視為由多個節點共同維護的分散式帳本。網路參與者可提出交易或依共識規則參與記帳；但這不代表任何人都能任意改寫已確認的資料，修改仍須符合系統規則並取得網路接受。

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第 35 題2 分

一張長 3 英吋、寬 2 英吋的圖片，若其解析度為 200 dpi（dots per inch），則此圖片內含多少像素（pixel）？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查影像的解析度與像素總數。200 dpi200\ \text{dpi} 表示每英吋長度有 200200 個像素點；圖片的總像素數，等於長邊像素數乘以寬邊像素數。

解題方法

長、寬分別換算成像素：

3×200=600 像素3 \times 200 = 600\ \text{像素} 2×200=400 像素2 \times 200 = 400\ \text{像素}

因此圖片內含像素總數為：

600×400=240,000 像素600 \times 400 = 240{,}000\ \text{像素}

也可直接用圖片面積乘上每平方英吋的像素數：3×2×2002=240,0003 \times 2 \times 200^2 = 240{,}000。

選項分析

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第 36 題2 分

對於下圖的單位元（1-bit）像素排列而言，虛線顯示的是哪種像素鄰接（adjacency）方式？

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。
這一題的完整詳解

核心觀念

本題考數位影像中前景像素的鄰接關係。把值為 11 的像素視為前景，值為 00 的像素視為背景：

  • 4-鄰接：兩像素共用一條邊，即上下或左右相鄰。
  • 8-鄰接：除 4-鄰接外，也把共用一個角的對角像素視為鄰接。
  • m-鄰接：兩個值屬於前景集合 VV 的像素，若為 4-鄰接便相鄰；若為對角鄰接，則還須滿足它們的共同 4-鄰接像素中沒有值屬於 VV 的像素。這項條件可避免對角連線造成鄰接路徑的歧義。

解題方法

觀察圖中的虛線：它包含水平、垂直連線，也包含一段對角連線。這段對角線連接中間的 11 與右下角的 11；兩者共同的 4-鄰接位置都是 00，因此符合 m-鄰接的條件，可以用對角線連接。

若對角線兩端的共同 4-鄰接位置有任一個是 11，m-鄰接就不允許這條對角連線。圖中虛線所呈現的正是這種有條件允許對角鄰接的方式。

選項分析

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第 37 題2 分

一段錄音長度為 20 秒鐘，取樣頻率是 44.1 KHz，取樣大小為 16 bits，其資料量總共為：

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查數位音訊資料量的計算。單聲道未壓縮音訊的資料量為：

資料量（bits）=錄音時間（秒）×取樣頻率（Hz）×取樣大小（bits）\text{資料量（bits）} = \text{錄音時間（秒）} \times \text{取樣頻率（Hz）} \times \text{取樣大小（bits）}

取樣頻率 44.1 KHz44.1\text{ KHz} 表示每秒取樣 44,10044{,}100 次；每次取樣以 1616 bits 儲存。題目未說明聲道數，依選項與一般題目慣例按單聲道計算。

解題方法

先算總取樣數，再乘上每個取樣所需的位元數：

20×44,100=882,000 次取樣20 \times 44{,}100 = 882{,}000 \text{ 次取樣} 882,000×16=14,112,000 bits882{,}000 \times 16 = 14{,}112{,}000 \text{ bits}

將位元換成位元組，8 bits=1 byte8\text{ bits}=1\text{ byte}：

14,112,000÷8=1,764,000 bytes14{,}112{,}000 \div 8 = 1{,}764{,}000 \text{ bytes}

再以 1 Kbyte=1,000 bytes1\text{ Kbyte}=1{,}000\text{ bytes} 換算：

1,764,000÷1,000=1,764 Kbytes1{,}764{,}000 \div 1{,}000 = 1{,}764\text{ Kbytes}

因此選項 (B) 正確。

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第 38 題2 分

下列關於 JPEG 壓縮的敘述，何者錯誤？

這一題的完整詳解

核心觀念

JPEG 是常見的影像壓縮標準，典型流程包含色彩空間轉換、色度縮減取樣、區塊離散餘弦轉換（DCT）、量化與熵編碼。其中，量化會捨棄部分影像資訊，因此 JPEG 通常屬於有損壓縮，解壓縮後的影像品質不會與原圖完全相同。

解題方法

判斷各選項是否符合 JPEG 的基本特性，關鍵是分辨它屬於有損或無損壓縮。JPEG 為了降低檔案大小，會在量化等步驟中移除部分資訊；因此「壓縮後影像品質不變」不符合 JPEG 的典型特性。

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第 39 題2 分

下列哪一個標準或格式不包含對音訊處理的規範？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考的是影音標準的規範範圍，尤其要分辨「只規範視訊編碼」與「包含音訊處理」的標準或格式。

H.264 是視訊壓縮編碼標準，規範視訊資料的編碼與解碼；它本身不規範音訊編碼。因此，若選項問哪一個不包含音訊處理規範，答案是 H.264。

解題方法

先辨認各選項的主要用途：

  • H.264：視訊編碼標準。
  • MP3：音訊壓縮格式。
  • MPEG-4：影音標準系列，涵蓋視訊，也包含音訊相關規範。
  • μ-law PCM：音訊取樣值的非線性量化方式，常用於數位語音。

將這些用途與題目所問的「不包含音訊處理規範」比對，即可選出只處理視訊編碼的 H.264。

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第 40 題2 分

使用霍夫曼編碼法壓縮資料，若已知只有 100 種可能出現的符號，意即字典（alphabet）大小為 100，最長的碼（codeword）長度為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

霍夫曼編碼（Huffman coding）會把符號表示成前綴碼。二元霍夫曼樹中，每個符號對應一個葉節點；符號的碼字長度，就是該葉節點到根節點的邊數。

本題問的是：字典大小為 n=100n=100 時，霍夫曼碼最長碼字的最大可能長度。

解題方法

在有 nn 個葉節點的二元樹中，若要讓某個葉節點深度最大，樹可以呈現「每層只分出一個新葉節點，另一側繼續延伸」的形狀。這種樹有 n−1n-1 層，因此最深葉節點的深度至多為：

n−1n-1

霍夫曼樹是二元樹，且有 100 個符號就有 100 個葉節點，所以最長碼字長度上限為：

100−1=99100-1=99

這個上限可以達到：例如符號權重逐步形成高度不平衡的霍夫曼樹，使最深葉節點位於深度 99。因此最長碼字為 99 位元組中的「位元」數，也就是 99 個二元碼位。

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