110 關務特考四等 資訊處理 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

本題考查輸入輸出（I/O）的資料搬移方式。一般由處理器逐筆讀取周邊裝置資料，再逐筆寫入記憶體，處理器會花費不少時間處理搬移工作。

**直接記憶體存取（Direct Memory Access, DMA）**會使用額外的 DMA 控制器，在處理器設定好來源、目的地與傳輸長度後，由控制器協助周邊裝置與主記憶體之間搬移大量資料。處理器因此不必逐筆處理資料，可將時間用於其他工作，提升整體效率。

解題方法

抓住題幹的關鍵描述：「額外的控制器」、「大量資料搬移」以及「降低處理器工作量」。這正是 DMA 的特徵，因此選擇直接記憶體存取。

選項分析

• (A) 記憶體映射輸入輸出（Memory-mapped I/O）錯誤。 記憶體映射 I/O 是將周邊裝置的控制暫存器或資料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操作裝置。它描述的是處理器如何存取 I/O 裝置，並非由額外控制器負責大量資料搬移。

核心觀念

定址模式是指令用來指定運算元位置或取得運算元值的方式。判斷「可最快取得運算元之值」，關鍵在於取得運算元時是否還要額外計算有效位址，或存取記憶體。

立即定址（immediate addressing）中，運算元的值直接包含在指令內，因此解碼指令後即可取得，不必再到記憶體讀取運算元。

解題方法

比較各選項取得運算元值所需的步驟：

• 若運算元值已在指令中，直接取用，步驟最少。
• 若指令只提供位址或位移量，還須計算有效位址，通常還要存取該位址所指的記憶體。

因此，本題選擇運算元值直接隨指令提供的定址方式。

選項分析

• (A) 立即定址方法（immediate addressing）：正確。 運算元值直接編碼在指令內，取出並解碼指令後即可取得，無須另外計算有效位址或讀取運算元所在的記憶體，故取得速度最快。

核心觀念

本題考「時脈速率」的單位換算。赫茲（Hz）表示每秒週期數，因此：

題目假設每個時脈週期可執行一個指令，則每秒最多可執行 $10^9$ 個指令。

解題方法

將 GHz 換成每秒的時脈週期數，再依題目假設換算成指令數：

每個週期執行一個指令，所以代表每秒最高可處理 $10^9$ 個指令，符合選項 (D)。

選項分析

• (A) 錯誤。 一小時有 $3{,}600$ 秒；依題目假設，一小時可執行 $10^9\times3{,}600=3.6\times10^{12}$ 個指令，不是 $10^6$ 個。

核心觀念

本題考查虛擬機器管理者（Virtual Machine Manager，VMM），也常稱為 Hypervisor。它負責在實體硬體上建立與管理虛擬機器，分配處理器、記憶體等資源，並支援各虛擬機器中的訪客作業系統執行。

虛擬實境（Virtual Reality，VR）則是讓使用者沉浸於模擬環境的技術領域，與管理虛擬機器的功能不同。

解題方法

辨認各選項描述的功能是否屬於「虛擬化平台管理」。凡是建立虛擬機器、分配實體資源或支援訪客作業系統，均是 VMM 的工作；提供虛擬實境應用功能則不屬於此範圍。

選項分析

(A) 在實體機器上建立虛擬機器：正確描述 VMM 功能。 VMM 以實體主機為基礎建立多個虛擬機器，讓它們各自執行作業系統與應用程式。

核心觀念

本題考的是 CPU 與 GPU 的平行處理特性。CPU 擅長處理複雜控制流程與大量分支；GPU 擁有大量運算核心，適合將相同或相似的運算同時套用在大量資料上。

若資料彼此獨立，能分成許多工作並行處理，就能充分利用 GPU 的運算能力，提高整體吞吐量。

解題方法

判斷各選項是否具有大量可平行處理的資料，以及執行時是否受輸入輸出或分支控制限制。每筆資料都能獨立處理，代表工作之間依賴少，適合交由 GPU 同時運算。

選項分析

• (A) 錯誤。 大量輸入輸出（I/O）的資料庫應用，效能常受磁碟、網路或資料庫存取延遲限制。GPU 的大量運算核心無法直接消除這類 I/O 瓶頸，因此通常不是 GPU 較有效率的典型應用。
• **(B) 正確。

核心觀念

本題考查時脈週期與時脈速度的倒數關係。時脈週期 $T$ 是完成一個時脈循環所需的時間；時脈速度（頻率）$f$ 則表示每秒完成的時脈循環數，兩者的公式為：

解題方法

已知時脈週期為 $50\ \mathrm{ps}$。因為 $1\ \mathrm{ps}=10^{-12}\ \mathrm{s}$，所以：

代入頻率公式：

因此時脈速度為 $20\ \mathrm{GHz}$。

選項分析

• (A) $20\ \mathrm{GHz}$：正確。 由 $f=1/T$ 計算，頻率為 $20\times10^9\ \mathrm{Hz}$，即 $20\ \mathrm{GHz}$。

核心觀念

本題考查 NAND 快閃記憶體的管理單位、寫入特性、讀取速度與斷電後的資料保存能力。

NAND Flash 以**頁面（page）為讀寫單位，以區塊（block）**為抹除單位。一個區塊由多個頁面組成，因此區塊比頁面大。Flash 的儲存單元可承受的抹寫次數有限，但資料能在移除電源後保留。

解題方法

逐項比對 NAND Flash 的基本特性：確認頁面與區塊的大小關係，再判斷其寫入壽命、隨機讀取速度及非揮發性。題目指定官方答案為 A，A 將頁面與區塊的大小關係顛倒。

選項分析

(A) 錯誤。 區塊（block）不是比頁面（page）小的管理單位。NAND Flash 的一個區塊包含多個頁面；讀取與寫入通常以頁面為單位，抹除則以區塊為單位。因此本選項敘述相反，為錯誤選項。

核心觀念

本題考辨編譯器（compiler）、組譯器（assembler）、指令集轉譯器，以及作業系統的功能。

編譯器負責將高階語言程式轉換成較低階的程式表示，例如組合語言或機器碼。組譯器則將組合語言轉換成機器碼；作業系統負責管理處理器、記憶體與周邊設備等資源。

解題方法

辨認每個選項描述的「輸入程式形式」與「負責轉換或管理的工具」：

• 高階語言轉成組合語言：編譯器。
• 組合語言轉成機器碼：組譯器。
• 一種指令集架構的機器碼轉成另一種：二進位轉譯器或動態二進位轉譯器。
• 管理程式使用的系統資源：作業系統。

依此對照即可判斷正確選項。

選項分析

核心觀念

管道化處理將指令執行拆成多個階段，並讓不同指令同時分別在各階段運作。管道的時脈週期須足以容納「最耗時的單一階段」，因此週期由各階段延遲的最大值決定，而不是把所有階段時間相加。

解題方法

依題目列出的五個步驟，對照各功能單元的運作時間：

• 第 1 步擷取指令：存取記憶體，需 $300\ \mathrm{ps}$。
• 第 2 步讀取暫存器：需 $250\ \mathrm{ps}$。
• 第 3 步執行算術邏輯運算：需 $100\ \mathrm{ps}$。
• 第 4 步存取資料：需 $300\ \mathrm{ps}$。
• 第 5 步寫回暫存器：需 $250\ \mathrm{ps}$。

故管道時脈週期為各階段延遲的最大值：

核心觀念

本題考查硬式磁碟機（HDD）的隨機存取時間尺度。傳統 HDD 讀取隨機資料時，讀寫頭須移動到資料所在磁道，並等待磁碟旋轉至資料位置，因此存取時間通常以**毫秒（ms）**表示。

常見時間單位的大小關係為：

$1\text{ s}=1{,}000\text{ ms}=1{,}000{,}000\text{ µs}=1{,}000{,}000{,}000\text{ ns}$

解題方法

判斷各選項的時間尺度，並對照 HDD 的機械式隨機存取特性。磁頭移動與碟片旋轉所需時間遠長於電子元件的奈秒或微秒級反應時間，典型存取延遲落在數毫秒至十餘毫秒，因此選擇毫秒。

選項分析

核心觀念

本題考查 RAID（廉價磁碟冗餘陣列）的實作方式，以及不同 RAID 等級如何安排資料以提升效能或容錯能力。RAID 可由硬體控制器或軟體實作；不同等級採用條帶化、鏡像或同位元等方式，效能與可靠度也各有取捨。

• 條帶化（striping）：將資料分散到多顆磁碟，讓磁碟可平行讀寫，提升存取效能。
• 鏡像（mirroring）：將相同資料寫入多顆磁碟，磁碟故障時仍可能由其他副本提供資料。
• 同位元（parity）：儲存可用於重建資料的冗餘資訊；RAID 5 採分散式同位元。

解題方法

逐一檢查選項所述是否符合 RAID 的實作彈性、整體取捨及各 RAID 等級的資料配置。關鍵是分辨 RAID 0 的條帶化與 RAID 5 的分散式同位元，並留意「都會」這類一概而論的敘述。

選項分析

核心觀念

本題考查由真值表判讀布林函式。布林代數中，$+$ 表示 OR（或），乘積表示 AND（且）；變數為 $1$ 表示真，為 $0$ 表示假。

解題方法

觀察真值表中 $F=1$ 的列：

• $X=0,Y=0,Z=1$
• $X=1,Y=0,Z=0$
• $X=1,Y=0,Z=1$
• $X=1,Y=1,Z=0$
• $X=1,Y=1,Z=1$

當 $X=1$ 時，不論 $Y$、$Z$ 為何，$F$ 都等於 $1$，因此函式包含 $X$ 項。當 $X=0$ 時，只有 $Y=0,Z=1$ 這一列的 $F=1$，可用 $YZ$ 表示這個條件。故

$F=X+YZ$

選項分析

• (A) $F=XY+Z$：錯誤。 代入 $X=0,Y=0,Z=1$，得 $F=0\cdot0+1=1$；

核心觀念

本題考二補數（$2$ 的補數）有號整數的解讀。固定為 $n$ 位元時，最高位元為符號延伸的一部分：若最高位元是 $1$，數值為負數，可用「反相後加 $1$」求其絕對值。

解題方法

題目給的是 $16$ 位元數：

最高位元為 $1$，因此代表負數。將各位元反相後加 $1$：

其絕對值為 $4$，所以原數為 $-4$。

也可用加權公式驗算。$16$ 位元二補數的最高位權重為 $-2^{15}$，其餘位元權重依序為正的 $2^{14}$ 至 $2^0$。本數只有最低兩位為 $0$，其餘位元皆為 $1$，因此：

核心觀念

IEEE 754 單精確度格式的指數欄位有 $8$ 個位元，指數偏移值（bias）為 $127$。正規化二進位數的實際指數為 $e$ 時，儲存的指數欄位是：

因此，先將數值正規化成 $1.xxxx_2\times 2^e$，再把 $e+127$ 轉成 8 位元二進位數。

解題方法

將 $59.25$ 轉為二進位：

所以：

正規化為：

實際指數為 $e=5$，加上偏移值 $127$：

將 $132$ 轉成 8 位元二進位：

核心觀念

本題考查進位制轉換與位值表示。在 $x$ 進位中，數字 $(83)_x$ 的值為 $8x+3$；二進位與十六進位則可分別依位值展開。

解題方法

先將等式右側與二進位數轉成十進位：

因此：

而：

代入並求解：

選項分析

• **(A) $5$：正確。**代入左式得 $(83)_5=8\times5+3=43$，而 $(1111)_2=15$，合計為 $58=(3A)_{16}$。

核心觀念

二進位小數依位值表示：小數點左側由右向左依序是 $2^0、2^1、2^2、\ldots$；小數點右側由左向右依序是 $2^{-1}、2^{-2}、2^{-3}、\ldots$。將各位數字乘上對應的 $2$ 的次方後加總，即可換算成十進位。

解題方法

將 $10101.01_2$ 按位展開：

計算整數部分與小數部分：

因此，$10101.01_2=21.25_{10}$。

選項分析

核心觀念

本題考卡諾圖化簡、布林函數的反函數，以及和項積（Product of Sums, POS）表示法。和項積是多個「或項」相乘，例如 $(A+B)(C+D)$。

利用德摩根定律，可將反函數的乘積項逐項取反，得到原函數的和項積：

解題方法

題目給出：

對等式兩邊取反，並套用德摩根定律：

因此，$F$ 的和項積表示為 $(A'+B')(C'+D')(B'+D)$，對應選項 (D)。

選項分析

核心觀念

本題考布林代數的吸收律：

其中「$+$」表示邏輯或（OR），相鄰相乘表示邏輯及（AND）。也可將式子寫成 $X+XY=X$；兩種形式都常用於化簡。

解題方法

原式為：

令 $X=B+C$，則 $A+B+C=X+A$，原式可改寫為：

套用吸收律後：

因此選項 (A) 正確。

也可用分配律驗算：

由冪等律 $(B+C)(B+C)=B+C$，得：

再由吸收律 $X+AX=X$，化簡為 $B+C$。

選項分析

核心觀念

SR 正反器的 $S$（Set）與 $R$（Reset）輸入用來決定下一個狀態：$S=1、R=0$ 時輸出為 $1$；$S=0、R=1$ 時輸出為 $0$；$S=R=0$ 時維持原狀；$S=R=1$ 為禁止狀態。

移位器逐級傳遞資料時，下一級必須依前一級的輸出狀態，分別產生「設定為 1」或「清除為 0」的輸入。

解題方法

令前一級的輸出為 $Q$ 與 $Q'$，其中 $Q'=\overline{Q}$。若要讓下一級狀態跟隨前一級：

• 前一級 $Q=1$ 時，下一級應被設定為 $1$，因此令 $S=1、R=0$。
• 前一級 $Q=0$ 時，下一級應被清除為 $0$，因此令 $S=0、R=1$。

因此，將前一級的 $Q$ 接到下一級的 $S$，將 $Q'$ 接到下一級的 $R$。這樣兩輸入不會同時為 $1$，且下一級會得到與前一級相同的狀態。

選項分析

核心觀念

最小漢明距離 $d_{\min}$ 是編碼中任意兩個不同碼字之間的漢明距離的最小值。若要保證校正 $t$ 個位元錯誤，必須滿足：

因此，最多可校正的錯誤位元數為：

解題方法

題目給定 $d_{\min}=1110$。代入校正錯誤數公式：

所以，依題目數值與標準公式，最多能保證校正 554 個位元錯誤。這與題目所列選項及官方答案 D（$5$）不符；若題目原意是 $d_{\min}=11$，則 $t=\lfloor(11-1)/2\rfloor=5$，才會得到選項 D。

核心觀念

本題考查 Java 基本資料型態轉換是否會造成資訊遺失。判斷重點是轉換後的型態能否完整表示原來的數值：若數值範圍縮小，或整數型態無法保留小數部分，就可能遺失資訊。

Java 中，char、int、long 是整數型態；float、double 是浮點數型態。float 精度低於 double，而 double 轉成 long 時，小數部分會被捨去。

解題方法

逐一查看轉換方向，以及目的型態能否保留來源型態的數值與精度：

• 轉到範圍或精度較大的型態，通常可保留資訊。
• 浮點數轉整數時，小數部分會被捨去，可能造成資訊遺失。

選項分析

(A) 由 char 轉換為 float：錯誤。 char 的值為非負整數，轉成 float 屬於擴大轉換。Java 的 float 可表示 char 的全部數值範圍，因此不會因數值範圍不足而遺失資訊。

核心觀念

本題考堆疊（stack）的「後進先出」原則，英文為 LIFO（Last In, First Out）。push(x) 將數值 $x$ 放到堆疊頂端；pop 移除堆疊頂端的數值。題目問的是所有動作執行完後，堆疊頂端剩下的數字。

解題方法

由底部往頂端追蹤堆疊內容：

核心觀念

Dijkstra 演算法用來求解帶權圖的單一起點最短路徑：給定起點後，逐步選出目前距離起點最近、尚未確定最短距離的節點，再以該節點更新鄰接節點的暫定距離。

此演算法成立的關鍵條件是：邊權值不得為負數。因為一旦某節點被選定，其目前距離就會被視為最短距離；若存在負權邊，之後仍可能經由其他路徑降低這個距離。

解題方法

逐一判斷各選項描述的圖形或邊權值是否符合 Dijkstra 的適用條件。負權邊會破壞演算法的核心假設；零權邊則仍是非負權值。無限大權值可視為沒有可用連線，或視為無法到達的距離，不會造成負權邊所引發的問題。

選項分析

核心觀念

Bellman–Ford 演算法用來求單一起點到其他頂點的最短路徑。每一輪會檢查所有邊，依序嘗試鬆弛（relax）各邊的距離；鬆弛時計算目前到邊起點的距離，加上該邊權值，若結果較短，就更新邊終點的距離。

任意最短路徑若不含環，最多只會經過 $|V|-1$ 條邊。因此，Bellman–Ford 至多進行 $|V|-1$ 輪鬆弛，每輪檢查 $|E|$ 條邊。

解題方法

每輪遍歷所有邊，時間為 $O(|E|)$；最多執行 $|V|-1$ 輪，因此總時間為：

即使題目指出邊權值皆大於 $0$，在最差狀況下仍須依上述輪數檢查邊。正權重可排除負權環造成的問題，但不會改變 Bellman–Ford 的最差時間複雜度。

選項分析

核心觀念

中序走訪（inorder traversal）依序走訪二元樹的左子樹、根節點、右子樹。分析時間複雜度時，重點是計算演算法處理了多少節點，而不是樹的高度。

解題方法

標準中序走訪會對每個節點各處理一次：檢查節點、遞迴走訪左右子樹，並在該節點進行輸出或其他處理。若共有 $n$ 個節點，總工作量與節點數成正比，因此時間複雜度為 $\Theta(n)$。

也可用遞迴關係表示：若左、右子樹分別有 $n_L$、$n_R$ 個節點，則

且 $n_L+n_R=n-1$。每個節點的常數工作合計一次，故 $T(n)=\Theta(n)$，不論二元樹平衡或偏斜皆然。

選項分析

核心觀念

本題考查資訊安全的「機密性、完整性、可用性」（CIA）三大核心目標：

• 機密性（Confidentiality）：資訊只讓獲授權者取得，避免未授權者讀取。
• 完整性（Integrity）：資訊保持正確、完整，避免遭未授權修改或破壞。
• 可用性（Availability）：獲授權者在需要時能使用資訊或系統。

鍵盤側錄程式會記錄使用者輸入的按鍵內容，例如帳號、密碼及訊息，並可能將紀錄傳送給他人，造成資訊遭未授權者取得。

解題方法

先判斷 keylogger 直接造成的主要影響：它通常不必修改資料，也不必讓系統停止服務，而是偷偷蒐集並揭露使用者輸入的內容。因此，受損的是資訊的機密性。

選項分析

核心觀念

本題考查即時作業系統的事件反應時間、優先權倒置，以及週期性即時工作在固定優先權與動態優先權排班下的可排程性。

• 事件潛伏期（event latency）：事件發生到系統開始處理該事件之間的延遲；即時系統須使此延遲盡量短且可預測。
• 優先權繼承（Priority Inheritance）：高優先權工作等待低優先權工作持有的資源時，讓低優先權工作暫時提升至等待者的優先權，以降低優先權倒置造成的延遲。
• 頻率單調式排班（Rate Monotonic Scheduling, RMS）：固定優先權排班法；週期越短、執行頻率越高的工作，優先權越高。
• 期限最先到達者優先（Earliest Deadline First, EDF）：動態優先權排班法；就緒工作中期限越早者優先。

解題方法

先判斷各敘述是否符合即時系統的基本設計原則，再比較 RMS 與 EDF 的可排程能力。對一組獨立、週期性、單一處理器工作，若工作期限等於週期，且不考慮資源共享等額外限制，EDF 是可排程性最佳的動態優先權演算法：總處理器利用率不超過 $1$ 時可排程

核心觀念

本題考查 fork 與 vfork 的記憶體複製方式，以及兩者建立子程序後的執行特性。

傳統 fork 會建立子程序，讓子程序取得與父程序相同內容的位址空間。為減少複製成本，許多系統採用寫入時複製（Copy on Write, COW）：父子程序先共用記憶體頁面，直到其中一方要寫入時，才複製受影響的頁面。

vfork 的典型設計則是讓子程序暫時與父程序共用位址空間，並暫停父程序，直到子程序呼叫 exec 或結束。因此，傳統 vfork 的重點不是使用 COW，而是避免立即複製位址空間。

解題方法

先辨認各選項描述的是哪種機制：

• 「寫入時複製」是用來降低 fork 的複製成本。
• vfork 傳統上讓子程序先執行，父程序暫停等待。
• 子程序若很快呼叫 exec，vfork 可避免複製一份隨即被新程式取代的位址空間。

題目指定官方答案為 B；其中 B 把 fork 常見的 COW 機制說成 vfork 使用的機制，因此錯誤。

選項分析

核心觀念

UNIX 依裝置資料的存取方式，將輸出入裝置概分為區塊裝置與字元裝置：

• 區塊裝置（Block Device）：以固定大小的資料區塊進行讀寫，通常支援隨機存取，常見例子是硬碟、磁碟分割區及承載檔案系統的裝置。
• 字元裝置（Character Device）：以字元或連續資料流的方式輸入、輸出，通常不以區塊為單位提供隨機存取，常見例子包括終端機、鍵盤及各類串列介面裝置。

題目要辨認的是選項中哪一項屬於區塊裝置。

解題方法

抓住「區塊裝置可用來儲存資料，並支援以區塊為單位存取」這個特徵。根檔案系統是由檔案系統組織、供作業系統使用的儲存空間，底層由磁碟或其他區塊裝置承載，因此本題依官方答案選 (B)。

選項分析

核心觀念

本題考檔案共享的一致性語意。UNIX 語意的核心是：多位使用者共用同一個檔案時，讀寫操作作用於同一份檔案；寫入後的內容可由其他正在使用該檔案的人立即看見，檔案指標也由共用者共同使用。

相對地，若每位使用者各自取得一份檔案映像，並由系統在各份映像之間維持一致，描述的是「每次工作階段複製一份檔案」一類的共享方式，並非 UNIX 語意。

解題方法

逐項比對選項是否符合「共用同一份檔案、變更即時可見、檔案指標共同」這三個特徵。凡是描述為每位使用者各有獨立檔案映像的選項，就與 UNIX 語意不符。

選項分析

(A) 正確。 UNIX 語意下，使用者對已開啟檔案的寫入會更新共用檔案；其他也開啟該檔案的使用者可立即看見內容變更。

核心觀念

本題考查 C++ 的語言特性，以及「程式可攜」與「執行檔可直接跨平台執行」的差異。C++ 是高階、支援物件導向的程式語言，但不同作業系統通常使用不同的執行檔格式與系統介面，因此在一個平台編譯出的執行檔，通常不能直接拿到另一個平台執行。

解題方法

逐項判斷敘述是否符合 C++ 的基本特性。特別留意選項中的「具有可攜性」與「執行檔可以直接拿到其他不同作業系統執行」並非同一件事：

• 程式碼可攜性：同一份 C++ 原始碼若未依賴特定平台功能，通常可以在不同平台上重新編譯。
• 執行檔跨平台執行：編譯後的執行檔通常受作業系統、處理器架構、執行環境等因素限制，不能因此直接跨平台執行。

選項分析

• (A) 是一種高階程式語言：正確。 C++ 提供變數、函式、類別等抽象化語法，程式設計者不必直接操作機器指令，因此屬於高階程式語言。

• (B) 是一種物件導向語言：正確。 C++ 支援類別、物件、封裝、繼承及多型等物件導向程式設計特性。

核心觀念

本題考查多核心作業系統的負載平衡（load balancing）。多核心電腦若有核心閒置、其他核心卻有工作等待，排程機制可藉由在核心間遷移工作，讓工作分配更平均，提升處理器資源的利用率。

**推拉轉移機制（push and pull migration）**是核心間工作負載平衡的方式：

• 推（push）：由系統主動把工作從負載較重的核心移往負載較輕的核心。
• 拉（pull）：由較閒置的核心主動取得其他核心上的待處理工作。

解題方法

題幹的關鍵是「平均分配工作給所有核心」。判斷時要找出能直接調整核心間工作分配的方法。推拉轉移會在核心之間遷移工作，因此符合負載平衡的目的，選 (B)。

選項分析

• (A) 循環分時多工機制（Round-robin time-sharing）錯誤。 循環分時會依序讓就緒工作取得處理器時間片，重點是公平輪流使用處理器；它本身不代表會把工作平均分配到多個核心。

核心觀念

本題考 Java 的 == 比較方式。對基本型別而言，== 比較數值；對物件參考而言，== 比較兩個參考是否指向同一個物件。字串常值會由 Java 的字串池管理，但使用 new 建立的字串物件不會因此與字串池中的物件成為同一個物件。

解題方法

依序判斷三個運算式：

1. a == 10：a 是 Integer 物件，與基本型別 int 比較時，Java 會將 a 自動拆箱為 int，再比較數值。a 的值是 10，因此結果為 true。
2. b == "Java"：b 與程式中的 "Java" 都指向字串池中相同的字串物件，因此比較參考結果為 true。
3. c == "Language"：c 是透過 new String("Language") 建立的字串物件；右側 "Language" 則是字串池中的物件。兩者內容相同，但參考指向不同物件，因此結果為 false。

輸出依序為：

true
true
false

選項分析

核心觀念

本題考雲端運算的服務提供模型。依 NIST 的定義，常見模型包括：

• 基礎建設即服務（IaaS）：提供運算、儲存、網路等基礎 IT 資源，使用者可自行配置作業系統與應用程式。
• 平台即服務（PaaS）：提供應用程式開發、測試與部署所需的平台環境。
• 軟體即服務（SaaS）：提供可直接使用的應用程式，使用者通常不需管理底層平台或基礎設施。

解題方法

判斷服務模型時，先看服務主要提供給使用者的是哪一層資源。題幹指出 Amazon EC2 讓使用者在雲端建立並控制可調整大小的運算能力與容量；這屬於運算基礎設施資源，使用者可在其上配置作業系統及應用程式，因此符合 IaaS 的特徵。

選項分析

核心觀念

本題考的是類比訊號轉成數位訊號時的混疊失真（Aliasing）。取樣會以固定時間間隔讀取類比訊號的振幅；若取樣頻率太低，高頻訊號可能被誤認為較低頻訊號，使重建結果與原訊號不同，形成混疊。

依奈奎斯特取樣定理，若原訊號的最高頻率為 $f_{\max}$，取樣頻率 $f_s$ 至少須滿足：

其中 $2f_{\max}$ 稱為奈奎斯特率。實務上通常會在取樣前使用抗混疊濾波器，降低高於可表示頻率的成分。

解題方法

辨認題目詢問的失真原因即可：混疊發生在取樣頻率不足以正確呈現原訊號時。依奈奎斯特取樣定理，若 $f_s < 2f_{\max}$，不同頻率的類比訊號可能產生相同或相近的取樣結果，數位系統便無法正確區分它們，因此產生混疊。

選項分析

核心觀念

每個像素有 $3$ 位元，因此灰階值共有 $2^3=8$ 種，即 $0$ 至 $7$。題目問的是有序像素對 $(x,y)$ 中，滿足灰階差異小於等於 $2$ 的組數：

總共有 $8\times 8=64$ 種有序組合。

解題方法

固定 $x$，計算符合條件的 $y$ 值個數：

• $x=0$：$y=0,1,2$，共 $3$ 個。
• $x=1$：$y=0,1,2,3$，共 $4$ 個。
• $x=2,3,4,5$：每個 $x$ 都有 $5$ 個符合值。
• $x=6$：$y=4,5,6,7$，共 $4$ 個。
• $x=7$：$y=5,6,7$，共 $3$ 個。

因此符合條件的組數為：

核心觀念

色彩取樣是降低色度資訊（Cb、Cr）的解析度，以減少影像資料量。亮度資訊（Y）通常維持完整解析度；圖中的「Cb、Cr」表示該位置有一組色度取樣。

常見方式包括：

• 4:1:1：每一列中，每 4 個 Y 位置取 1 組 Cb、Cr。
• 4:2:2：每一列中，每 2 個 Y 位置取 1 組 Cb、Cr。
• 4:2:0：水平與垂直方向各降低為一半，概念上每個 $2 \times 2$ 區域取 1 組 Cb、Cr。

解題方法

觀察各圖中 Cb、Cr 標記的位置與間距，判斷取樣是否規律地分布在像素網格上。常見取樣方式的標記會按照固定間隔排列；若標記集中在局部區域，造成其他區域缺少色度取樣，就不是常見的取樣配置。

選項分析

核心觀念

H.263 的運動向量預測編碼，會參考目前巨集區塊周圍的三個鄰近巨集區塊：左側、上方、右上方。三個鄰居的運動向量用來形成預測值；水平與垂直分量分別取中位數，再編碼目前運動向量與預測值的差。

解題方法

以圖中央的 MV 為目前巨集區塊，辨認標準所用的三個鄰居：

• 左側：MV4
• 上方：MV2
• 右上方：MV3

題目問「哪一個移動向量是上述的三個之一」，四個選項中只有 MV3 符合。

選項分析

核心觀念

H.263 是視訊壓縮標準，會將影像分成區塊，使用離散餘弦轉換（Discrete Cosine Transform，DCT）把像素資料轉成頻率係數。轉換後的係數包含代表區塊平均亮度的 DC 係數，以及代表不同空間頻率細節的 AC 係數。壓縮時可利用影像能量多集中於低頻的特性，減少高頻細節所需的資料量。

解題方法

題目問的是 H.263 將像素資料轉為 DC、AC 係數所採用的轉換方式。判斷重點是辨認視訊壓縮中的區塊轉換：H.263 使用 8×8 區塊的離散餘弦轉換（DCT），將空間域的像素值轉換為頻率域的係數。因此選擇離散餘弦轉換。

選項分析

• **(A) 離散餘弦轉換（Discrete cosine transform）—正確。

核心觀念

二維離散餘弦轉換（2-D DCT）會把影像分解成不同空間頻率的係數：

• 左上角的 $(0,0)$ 係數稱為 DC 係數，代表整張影像的平均亮度。
• 其他 63 個係數稱為 AC 係數，代表影像在水平或垂直方向上的亮度變化。

像素值全部相同時，影像沒有任何亮度變化，因此只有 DC 係數可能非零，其餘 AC 係數皆為零。

解題方法

每一列、每一行都是常數序列。DCT 的零頻率基底是常數基底，能保留影像的整體亮度；其餘頻率基底則描述變化。常數影像與這些變化基底正交，因此對應係數為零。

以常見的正交化 DCT-II 定義表示，令影像像素為 $f(x,y)=128$，則係數為：

其中 $u,v=0,\ldots,7$，且 $\alpha(0)=1/\sqrt{8}$、$\alpha(k)=\sqrt{2/8}$（$k>0$）。

當 $u>0$ 或 $v>0$ 時，至少有一個方向的餘弦基底與常數序列正交，該方向的加總為零，所以 $F(u,v)=0$。只有 $u=v=0$ 時不為零：