115 關務特考四等 資訊處理(選試英文) 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

本題考查處理器的「執行時間、運作頻率與時脈週期數」之間的關係。

處理器頻率表示每秒產生的時脈週期數：

其中：

• $600\ \mathrm{MHz}=600\times10^6\ \mathrm{Hz}$
• $25\ \mathrm{ms}=25\times10^{-3}\ \mathrm{s}$

由於題目已排除 I/O 動作與等待時間，因此 $25\ \mathrm{ms}$ 可直接視為處理器內部的有效執行時間。

解題方法

將頻率與執行時間換算成相同時間單位後相乘：

因此，程式在處理器內部總共執行：

個時脈週期。

選項分析

• (A) $24\times10^6$：錯誤

核心觀念

分散式系統（Distributed System）是由多部彼此獨立的電腦，透過網路互相連結與協作，共同完成工作或提供服務的系統。其主要特徵如下：

1. 各電腦通常擁有自己的處理器、記憶體與作業系統。
2. 電腦之間透過網路交換資料與訊息。
3. 各節點可以採用不同的硬體規格與軟體環境。
4. 不要求使用特製的高速交換網路，重點在於節點間能夠透過網路協同運作。

本題是在辨別「分散式系統」與「緊密耦合的平行處理系統」之間的差異。

解題方法

逐一檢查各選項是否符合分散式系統的基本定義：

• 若敘述強調每台電腦具有獨立資源，符合分散式系統。
• 若敘述強調透過網路交換資料，符合分散式系統。
• 若敘述允許不同硬體規格，符合分散式系統。
• 若敘述宣稱必須使用特製的高速交換網路，則把分散式系統誤認為特殊的高速平行計算架構。

因此，錯誤敘述為使用特製高速交換網路支援所有網路傳輸的選項。

選項分析

(A) 每一台電腦可以有自己的記憶體和作業系統。

正確。

分散式系統中的各個節點通常是獨立電腦，具有自己的處理器、主記憶體與作業系統。各節點透過網路交換訊息，不必共用同一套主記憶體。

這也是分散式系統與共享記憶體式多處理器系統的重要差異：

• 分散式系統：各節點擁有獨立記憶體。
• 共享記憶體系統：多個處理器共同存取同一主記憶體。

(B) 不同電腦之間依靠網路傳輸交換資料。

正確。

核心觀念

CPU 管道（pipeline）是將一條指令的執行拆成多個階段，例如：

1. 取指（Instruction Fetch, IF）
2. 解碼（Instruction Decode, ID）
3. 執行（Execute, EX）
4. 記憶體存取（Memory Access, MEM）
5. 回寫（Write Back, WB）

理想情況下，多條指令可同時處於不同階段，以提高指令完成率。

當管道中的某個階段因等待資料、資源或前一條指令的結果，導致後續指令無法按照原定時序進入下一階段時，就會產生管道阻塞（pipeline stall）。此時通常需要插入一個或多個空白週期，俗稱「氣泡（bubble）」。

本題所描述的是：前一個指令正在等待從記憶體取得資料，使下一個指令無法立即進行解碼。這正符合管道因等待而停頓的定義。

解題方法

判斷管道阻塞的關鍵，在於選項是否描述「指令執行受到等待或衝突影響，導致後續階段無法繼續」。

常見造成 pipeline stall 的原因包括：

• 資料危障（data hazard）：後續指令需要前一條指令尚未產生的資料。
• 控制危障（control hazard）：分支或跳躍指令的下一個執行位置尚未確定。
• 結構危障（structural hazard）：多個指令同時要求使用同一項硬體資源。
• 記憶體延遲：指令或資料尚未從記憶體取得，造成管道階段等待。

因此，直接選出明確描述「等待記憶體資料，造成下一個指令無法解碼」的選項即可。

選項分析

(A) 高頻寬度通訊

高頻寬度通訊代表單位時間內能傳輸較多資料，通常有助於提升資料傳輸能力與系統效能。

它本身不表示 CPU 管道中的指令發生等待、資源衝突或資料危障，因此不會直接導致 pipeline stall。

核心觀念

零旗標（Zero Flag，ZF）是 x86 CPU 狀態旗標之一，用來表示運算結果是否為零：

因此，當指令執行後的運算結果為 $0$ 時，零旗標 ZF 的值為 $1$。

本題依命題慣例，假設該指令會依運算結果更新狀態旗標。

解題方法

題目已直接給出運算結果為 $0$，只要套用零旗標的定義：

所以正確選項為 (B) $1$。

選項分析

• (A) $0$：錯誤。 ZF 為 $0$ 表示運算結果不是零，與題目所述的結果為 $0$ 不符。

• (B) $1$：正確。 x86 的零旗標在運算結果等於零時設定為 $1$，表示「結果為零」。

核心觀念

本題考查 RAID 各層級的資料配置方式，關鍵在於辨認：

• 是否採用「區塊交錯」分割資料。
• 同位元（parity）是否分散配置在各台磁碟機。
• 同位元是否集中儲存在固定的一台磁碟機。
• 使用幾台磁碟機提供容錯能力。

題幹指出：

將資料和同位元分散到 $N+1$ 台磁碟機，而不是將資料儲存在 $N$ 台磁碟機、同位元儲存在另一台磁碟機。

前者是「分散式同位元」；後者是「專用同位元磁碟」。這正是 RAID 5 與 RAID 4 的主要差異。

解題方法

RAID 5 使用區塊層級的資料分割（block-level striping），並將同位元區塊分散配置於所有磁碟機。

假設有 $N+1$ 台磁碟機，每一個 stripe 中包含：

• $N$ 個資料區塊；
• $1$ 個同位元區塊。

同位元通常利用 XOR 計算，例如：

其中：

• $D_1,D_2,\ldots,D_N$ 為資料區塊；
• $P$ 為同位元區塊；
• $\oplus$ 表示 XOR 運算。

若其中一台磁碟機故障，便可利用其餘資料與同位元重建遺失內容。例如遺失 $D_2$ 時：

RAID 5 的特色是同位元區塊不固定在某一台磁碟機，而是輪流分散在不同磁碟機上，以避免單一專用同位元磁碟成為寫入瓶頸。

因此，題幹所描述的「區塊交錯分散同位元技術」即為 RAID 5。

選項分析

(A) RAID level 1：錯誤

RAID 1 採用磁碟鏡像（mirroring），將相同資料完整複製到另一台磁碟機。

其主要特徵為：

• 不以同位元計算為核心；
• 資料會有完整副本；
• 可容忍部分磁碟機故障；
• 可用容量通常約為實體容量的一半。

核心觀念

本題考查多顆硬碟組成儲存系統，並透過資料複製、鏡像或同位元檢查（Parity）提供容錯能力的技術。

RAID 全名為 Redundant Array of Independent Disks，中文為「磁碟陣列」。其核心概念是將多顆獨立硬碟視為一個整體使用，並依 RAID 等級採用不同的資料配置方式，使硬碟故障時仍能維持資料可用性與正確讀取。

例如：

• RAID 1：資料鏡像，同一份資料同時寫入兩顆硬碟。
• RAID 5：資料與分散式同位元資訊配置於多顆硬碟，通常可容忍一顆硬碟故障。
• RAID 6：使用雙重同位元資訊，通常可容忍兩顆硬碟故障。
• RAID 10：結合鏡像與資料分割，兼具效能與容錯能力。

因此，題目所述「使用多顆硬碟記錄資料，當有極少數硬碟故障時，仍可維持資料的正確讀取」，正是 RAID 的定義與用途。

解題方法

判斷本題的關鍵，在於辨認題幹描述的是哪一類功能：

1. 題幹強調「多顆硬碟」。
2. 題幹強調「少數硬碟故障」。
3. 即使發生故障，仍能「維持資料的正確讀取」。

其中第 3 點代表系統具有資料備援與容錯能力。在四個選項中，只有 RAID 的核心目的就是透過鏡像、同位元或其他資料配置方式，降低單一硬碟故障造成的資料損失。

因此選擇 RAID。

選項分析

(A) 磁碟陣列（RAID）—正確

RAID 是將多顆硬碟組合成一個儲存單位的技術，並依不同 RAID 等級提供：

• 資料備援
• 硬碟故障容忍能力
• 較高的資料讀取效能
• 較大的整體儲存容量

題幹的「使用多顆硬碟」對應 RAID 的磁碟陣列架構；「少數硬碟故障仍可正確讀取資料」則對應 RAID 的備援與容錯功能，所以本選項正確。

(B) 網路儲存裝置（NAS）—錯誤

核心觀念

本題考查電腦系統匯流排的功能與傳輸方向，重點如下：

• Control Bus（控制匯流排）：傳送讀取、寫入、中斷、時脈等控制訊號，負責協調 CPU、記憶體及輸入輸出裝置的運作。
• Address Bus（位址匯流排）：傳送記憶體或輸入輸出裝置的位址，通常由 CPU 對外輸出，因此一般視為單向傳輸。
• Data Bus（資料匯流排）：傳送實際資料，CPU 讀取資料時由記憶體傳向 CPU；CPU 寫入資料時由 CPU 傳向記憶體，因此通常屬於雙向傳輸。
• 位址線數量與可定址空間：若有 $n$ 條位址線，每條位址線有 $0$、$1$ 兩種狀態，最多可表示 $2^n$ 個不同位址。

解題方法

逐一判斷四個敘述：

1. 是否正確描述 Control Bus 的功能與方向。
2. 是否正確描述 Address Bus 的功能。
3. 根據位址線數量及定址單位計算最大可定址空間。
4. 判斷 Data Bus 的功能與傳輸方向。

其中第③項須特別注意題目已明確說明「以位元組定址」，因此每一個位址代表 $1$ Byte。

選項分析

① Control Bus 是 CPU 內部各元件彼此傳輸資料的通道，屬於單向傳輸。

錯誤。

Control Bus 的主要用途是傳送控制訊號，例如：

• Memory Read
• Memory Write
• Interrupt
• Clock
• Bus Request

它不是 CPU 內部各元件傳輸資料的主要通道。CPU 內部元件之間的資料傳遞，通常稱為內部匯流排（Internal Bus），與系統層級的 Control Bus 不同。

此外，控制訊號的傳輸方向依訊號種類而定，並非一律單向。例如 CPU 可送出讀寫控制訊號，周邊裝置也可能送出中斷或要求訊號。因此「屬於單向傳輸」的說法不正確。

② Address Bus 是 CPU 向外傳送控制訊號的通道。

錯誤。

核心觀念

8 位元二補數可表示的整數範圍為：

因此：

八進位數先換算成十進位，再判斷運算結果是否落在 $-128$ 至 $127$ 的範圍內。結果在此範圍內，才能以 8 位元二補數正確表示。

解題方法

逐一將八進位數值換算為十進位，計算運算結果，再檢查是否超出 8 位元二補數範圍。

選項分析

(A) $(-174)_8+(-166)_8$

先換算：

因此：

因為：

超出 8 位元二補數的表示範圍，故錯誤。

(B) $(256)_8+(-37)_8$

先換算：

因此：

因為：

超出 8 位元二補數的正數上限，故無法正確表示。

此外，$(256)_8=174$ 本身也已超出 8 位元二補數的正數範圍。

(C) $(-20)_8\times(25)_8$

先換算：

核心觀念

本題考查儲存容量單位的大小順序。各單位均以位元組（Byte）為基礎，前綴代表容量倍率：

傳統計算機教材常採二進位換算：

即使採用儲存裝置製造商常用的十進位換算（$1\text{ KB}=1000\text{ Bytes}$），單位由小到大的順序仍然相同。

解題方法

依容量前綴的倍率由小到大排列：

• K（Kilo）：千，代表 KB
• M（Mega）：百萬，代表 MB
• G（Giga）：十億，代表 GB
• T（Tera）：兆，代表 TB
• P（Peta）：千兆，代表 PB

因此排列為：

選項分析

核心觀念

十六進位浮點數採用位值表示法：

• 整數部分各位權重為 $16^0,16^1,16^2,\ldots$
• 小數部分各位權重為 $16^{-1},16^{-2},\ldots$
• 十六進位字母代表數值：$A=10$、$B=11$、$C=12$、$D=13$、$E=14$、$F=15$

因此，$A2.C_{16}$ 中：

• $A$ 位於 $16^1$ 位
• $2$ 位於 $16^0$ 位
• $C$ 位於 $16^{-1}$ 位

解題方法

依十六進位位值展開：

代入 $A=10$、$C=12$：

所以：

選項分析

• (A) $178.5$：錯誤。 十六進位整數部分 $A2$ 應計算為：

再加上小數部分 $C_{16}=12/16=0.75$，結果為 $162.75$，不是 $178.5$。

核心觀念

本題考查布林代數的基本邏輯運算：

• $X'$：NOT 運算，表示 $X$ 的反相值。
• $+$：OR 運算，只要任一輸入為 $1$，結果即為 $1$。
• $\cdot$：AND 運算，只有兩個輸入皆為 $1$，結果才為 $1$。

題目已用括號明確表示函數為：

解題方法

已知：

先求反相值：

代入函數：

其中：

因此：

所以輸出 $F$ 為 $0$。

選項分析

• (A) $0$：正確。

由計算結果：

因此選項 (A) 正確。

• (B) $1$：錯誤。

核心觀念

本題考查浮點數的科學記號表示法與浮點數加法。浮點數相加時，必須先將兩數的指數調整為相同，再對有效數字部分相加。

題目中的兩數為：

與

解題方法

先將第二個數的指數調整為 $10^2$：

因此：

也可先換算為一般數值：

相加得到：

而：

兩者相同。

選項分析

• (A) $0.5733850\times 10^2$

核心觀念

IEEE 754 單精度浮點數共 $32$ bits，格式如下：

對於正規化有限數：

其中：

• 指數欄全為 $1$ 時，代表無窮大或 NaN，不表示一般有限數。
• 有限數可使用的最大指數欄為 $11111110_2$，其實際指數為 $127$。
• 尾數的隱藏位為 $1$，小數欄再依題目限制填入 $0$ 或 $1$。

本題依官方答案的命題意旨，應解讀為「整個 $32$ bits 中共有 $10$ 個 bit 為 $1$」。若將題目文字嚴格解讀成「只有 $8$ bits 的指數欄中有 $10$ 個 $1$」，則不可能成立，因為 IEEE 754 單精度的指數欄只有 $8$ bits。

解題方法

為使數值最大，先採用：

1. 符號位為 $0$，表示正數。
2. 指數欄儘量大。
3. 在指數相同時，再讓尾數儘量大。

整個表示中共有 $10$ 個 $1$。指數欄最大不能使用 $11111111_2$，因為該欄位代表無窮大或 NaN。因此有限數可採用的最大指數欄為：

其中有 $7$ 個 $1$，實際指數為：

目前已使用 $7$ 個 $1$，還剩下：

個 $1$ 可放入小數欄。為使尾數最大，應將這 $3$ 個 $1$ 放在小數欄最前面：

因此有效數為：

所表示的數值為：

又因為：

所以：

故最大值為：

核心觀念

本題考查邏輯閘的輸入反相（接腳上的小圓圈）及布林代數化簡：

• OR 閘：輸出為各輸入的 OR。
• AND 閘：輸出為各輸入的 AND。
• 輸入端的小圓圈表示該輸入先經過 NOT 運算。
• $0'=1$、$1'=0$。

解題方法

依圖可知，上方與下方皆為輸入端帶反相泡泡的 OR 閘，兩者輸出再接至最右側的 AND 閘。

上方 OR 閘：

因為 $0'=1$，所以：

下方 OR 閘：

因為 $1'=0$，所以：

最右側為 AND 閘，因此：

代入 $X=1$、$Y=B'$：

因此正確選項為 (B)。

選項分析

• (A) $F=A\cdot B$：錯誤。 電路中的 $A$ 與 $B$ 都先經過輸入端反相，且上方閘的另一輸入為 $0$、下方閘的另一輸入為

核心觀念

本題考查布林代數與邏輯閘的基本運算：

• AND：只有 $x=1$ 且 $y=1$ 時，輸出才為 $1$。
• OR：只要 $x$、$y$ 至少一個為 $1$，輸出即為 $1$。
• NOT：將輸入值反相，$1$ 變為 $0$，$0$ 變為 $1$。

題目已知 $x=1$、$y=1$ 時，運算結果為 $1$，須將各選項代入判斷。

解題方法

直接將 $x=1$、$y=1$ 代入各運算式：

(A)：

因此符合題目條件。

選項分析

(A) $x$ AND $y：正確

AND 運算的真值表如下：

當 $x=1$ 且 $y=1$ 時：

符合題目所述結果。

(B) NOT $x：錯誤

將 $x=1$ 代入：

結果為 $0$，不是題目所述的 $1$。

核心觀念

本題考查「有限描述是否能表現無限行為或無限推論」的概念，重點在於區分：

• 描述本身是有限的
• 由該描述所能產生的行為、計算步驟或證明範圍是否可以無限延伸

遞迴函數、while 迴圈與數學歸納法，都能以有限文字描述一個可反覆延伸的程序或推論。因此，雖然表示式本身有限，卻能處理無限多個輸入、執行無限多步驟，或證明無限多個命題。

相較之下，針對固定命題所建立的真值表，必須列舉所有有限的真值組合，表格本身具有明確且有限的列數，無法在同一份有限真值表中直接表現無限多個動作或推論。

解題方法

判斷各選項是否具有「有限表達、無限延伸」的能力：

1. 若機制包含「反覆呼叫自身」或「持續執行直到條件不成立」，便能用有限程式描述無限多步驟。
2. 若機制能以有限規則涵蓋 $n=1,2,3,\ldots$ 的所有情形，便能表現無限多個推論。
3. 若機制只是針對有限個狀態逐一列舉，且表格規模由變數數量決定，則不具備在固定有限表達長度內表現無限多動作的能力。

對含有 $n$ 個布林變數的真值表，所有真值組合數為：

當 $n$ 是固定有限值時，真值表只有有限列。因此，真值表可以完成一個固定命題的等價性檢查，卻不會因此產生無限長度的動作序列或無限多層推論。

選項分析

(A) 以真值表為基礎的邏輯等價證明：正確答案

真值表的基本做法，是列出所有輸入變數的真值組合，逐列計算兩個命題的真值。若兩個命題在每一列的結果都相同，則可判定二者邏輯等價。

例如，對兩個命題變數 $p,q$，真值表只有：

種真值組合。對固定的 $n$ 個命題變數，真值表共有 $2^n$ 列，仍然是有限數量。

因此，真值表方法的特性是：

• 對固定數量的變數，列舉範圍有限。
• 對固定命題，驗證步驟有限。
• 無法在同一個固定有限真值表中，直接表示無限多個不同輸入狀態、無限長計算序列或無限多層推論。

所以，真值表不具有「在有限表達長度內表現無限多動作或推論」的潛力，故選 (A)。

需注意的是，若使用程式撰寫「產生真值表」的工具，該程式本身可以包含迴圈。此時具有無限延伸能力的是程式中的迴圈控制機制，而非固定真值表這種邏輯表示方法。這是本題容易產生的爭議點；依官方答案，題目所指的是固定真值表形式本身。

(B) 遞迴函數呼叫：錯誤

遞迴函數是函數在定義中呼叫自身。例如：

核心觀念

本題考查 Java switch 多分支選擇結構與「穿透執行」（fall-through）特性。

重點如下：

1. switch (month) 會依照 month 的值，跳至相符的 case。
2. Java 的 case 若沒有以 break 結束，執行流程會繼續往下執行後續的 case 敘述。
3. while (month <= 4) 每執行完一次迴圈，便透過 month++ 將 month 加 1。
4. month = 3 沒有對應的 case，因此該次不會輸出任何內容。

解題方法

依照 month 的值逐次追蹤輸出：

因此完整輸出順序為：

程式執行流程可表示為：

month = 1 → 31、28、30
month = 2 → 28、30
month = 3 → 無輸出
month = 4 → 30

核心觀念

Python 字典的鍵（Key）必須是「可雜湊」（hashable）的物件。可雜湊物件通常具有以下特性：

1. 具有固定的雜湊值（hash value）。
2. 在作為字典鍵期間，其內容不可改變。
3. 能夠進行相等性比較，且相等物件必須具有相同的雜湊值。

常見可作為字典鍵的型別包括：

• 整數（int）
• 浮點數（float）
• 字串（str）
• 元組（tuple），但元組內的所有元素也必須是可雜湊的

列表（list）、字典（dict）與集合（set）屬於可變物件，通常不可雜湊，因此不能作為字典的鍵。

解題方法

逐一判斷各選項是否為可雜湊物件：

• 浮點數本身可雜湊。
• 字串本身可雜湊。
• 元組是否可雜湊，取決於其中每個元素是否可雜湊。
• 列表不可雜湊，不能作為字典鍵。

因此，找出列表型別的選項即可。

選項分析

(A) $3.14$

$3.14$ 是浮點數（float）。Python 的浮點數屬於不可變且可雜湊的物件，因此可以作為字典的鍵。

例如：

d = {3.14: "value"}

此選項錯誤。

(B) "2.71"

"2.71" 是字串（str）。字串不可變且可雜湊，因此可以作為字典的鍵。

d = {"2.71": "value"}

核心觀念

本題考查 Python while 迴圈、條件判斷、取餘數運算子 % 與 continue 敘述。

• counter % 3 == 0：表示 counter 可以被 3 整除。
• continue：立即結束本次迴圈，跳回 while 條件重新判斷；本次迴圈中位於 continue 後方的程式碼不會執行。
• 每次迴圈中，counter 都會增加 $1$：
• 若可被 3 整除，執行迴圈末端的 counter = counter + 1。
• 若不可被 3 整除，先在 else 區塊中增加 $1$，接著執行 continue。

解題方法

初始值為：

逐次判斷 counter 是否為 3 的倍數：

核心觀念

本題考查作業系統的核心組成與常駐程式的概念。

核心（kernel）是作業系統的核心部分，負責管理處理器、記憶體、輸入／輸出裝置、檔案系統及程序等資源。電腦開機載入作業系統後，核心通常會常駐於記憶體中，持續提供系統服務，因此在選項中最符合「隨時都在執行中」的程式是核心。

解題方法

判斷本題可依「是否屬於作業系統的常駐核心功能」切入：

• 若程式只有在使用者提出特定需求時才被啟動，便不屬於隨時執行。
• 若程式是作業系統運作不可缺少的核心，開機後即載入並持續管理系統資源，便符合題意。

核心在系統啟動後會負責處理程序排程、記憶體管理、裝置控制及系統呼叫等工作，因此選擇（D）。

嚴格而言，核心並非每一個時鐘週期都實際占用處理器執行；其正確含義是核心常駐於系統中，並在需要時持續提供作業系統服務。依一般計算機概要教材及本題官方答案的命題語意，答案為核心。

選項分析

(A) 編譯器（compiler）錯誤

核心觀念

本題考查作業系統中的記憶體管理（Memory Management），特別是程序在主記憶體與輔助儲存設備之間移動的機制。

• Swap-out：將目前位於主記憶體中的程序，移出至磁碟等輔助儲存設備，以釋放主記憶體空間。
• Swap-in：將先前被移出至磁碟的程序，再載入主記憶體，使其能繼續執行。

這兩種動作處理的是「程序是否位於主記憶體中」以及「主記憶體空間如何配置」的問題，因此屬於記憶體管理。

解題方法

判斷關鍵在於辨識 swap-in 與 swap-out 的資料移動方向：

兩者的目的都是調整主記憶體中的程序配置，讓有限的主記憶體可以容納較多程序，或讓需要執行的程序重新取得記憶體。因此管理領域為記憶體管理。

選項分析

• (A) 記憶體管理：正確

Swap-in 與 swap-out 是作業系統記憶體管理的典型功能。當主記憶體不足時，作業系統可將暫時不執行的程序移至磁碟，稱為 swap-out；

核心觀念

本題考查作業系統及程式語言中的 garbage collection（垃圾回收）。

Garbage collection 是由系統或執行環境自動尋找「已無法被程式使用或引用的動態配置物件」，並回收其占用的記憶體，使記憶體能再次使用。其主要目的，是避免動態配置的記憶體在不再使用後仍未被釋放，造成 memory leak（記憶體洩漏）。

因此，官方答案為 (C) memory leak。

解題方法

判斷 garbage collection 的作用，可從「它回收什麼資源」切入：

1. 程式執行時，物件或資料結構可能配置在 heap。
2. 當這些物件已沒有任何有效參照時，程式已無法再使用它們。
3. Garbage collection 會辨識這些不可達物件，回收其記憶體。
4. 這可防止未釋放記憶體持續累積，避免 memory leak。

常見的概念可表示為：

需注意，garbage collection 並非保證所有記憶體洩漏都不會發生。若某物件仍被錯誤保留參照，即使實際上已不再使用，垃圾回收器仍可能判定它為可達而不回收；但就本題所考的基本功能而言，答案仍是防止 memory leak。

選項分析

(A) stack overflow：錯誤

Stack overflow（堆疊溢位）是指呼叫堆疊空間不足，常見原因包括：

• 遞迴呼叫沒有適當的終止條件；
• 函式呼叫層數過深；
• 區域變數或堆疊框架占用空間過大。

核心觀念

分時系統（Time-Sharing System）是作業系統的一種運作方式，核心目標是讓多位使用者或多個互動式工作，看似同時使用同一部 CPU。

其主要作法是將 CPU 的使用時間切割成許多短時間單位，稱為「時間片段」（Time Slice），再由作業系統依序將 CPU 分配給不同使用者的程序。當時間片段用完後，系統便進行工作切換，讓其他程序取得 CPU。

由於切換速度很快，使用者會感覺系統能同時回應多項工作。

解題方法

判斷分時系統的關鍵，在於掌握以下三項特徵：

1. 以多位使用者或多個程序共用 CPU 為目的。
2. 以時間片段分配 CPU 使用權。
3. 通常支援互動式操作，能快速回應使用者輸入。

因此，只要選項提到「時間片段」及「多位使用者共用 CPU」，即直接符合分時系統的定義。

選項分析

(A) 強調資料安全性防護。

錯誤。

資料安全性、防止未授權存取、權限管理等，屬於作業系統的安全防護功能，並不是分時系統最核心的特色。

分時系統可能包含使用者隔離、存取控制等安全機制，但「強調資料安全性防護」並不能用來界定分時系統。此敘述較接近資訊安全或作業系統保護機制的概念。

(B) 適用於即時控制應用。

錯誤。

即時控制應用的重點，是系統必須在明確的時間限制內完成回應，例如工業控制、飛航控制、醫療設備控制等，這是「即時系統」（Real-Time System）的特色。

分時系統追求的是多位使用者之間公平分享 CPU，以及良好的互動回應性；即時系統則重視回應時間的確定性與期限保證。兩者的設計目標不同，因此不能將分時系統等同於即時控制系統。

(C) 採時間片段方式讓多位使用者共用 CPU。

正確。

核心觀念

本題考查轉譯旁觀緩衝區（Translation Look-Aside Buffer, TLB）的涵蓋範圍，即 TLB reach。

TLB 用來暫存虛擬頁號與實體頁框號的對應關係。若 TLB 中有 $N$ 個項目，每一頁大小為 $P$，則其可直接涵蓋的記憶體範圍為：

因此，增加 TLB reach 的主要方式包括：

1. 增加 TLB 項數 $N$。
2. 增加分頁大小 $P$。
3. 採用多種分頁尺寸，使部分區域可使用較大的頁面。

解題方法

逐一判斷各選項是否會使公式中的 $N$ 或 $P$ 增加，或是否能透過較大頁面涵蓋更大的記憶體範圍。

本題官方答案將「固定一種分頁尺寸」視為維持傳統單一頁面大小的分頁方式。此作法本身既不增加 TLB 項數，也不增加頁面大小，因此不會增加 TLB reach。

選項分析

(A) 增加 TLB 的項數

錯誤。若每個 TLB 項目仍對應一個頁面，增加項數會使 $N$ 增加：

在 $P$ 不變時，$N$ 增加即可涵蓋更多頁面，因此會增加 TLB reach。

(B) 增加分頁大小

錯誤。當 TLB 項數固定，而頁面大小由 $P$ 增加為較大的值時，每一個 TLB 項目可以涵蓋更大的記憶體範圍：

核心觀念

本題考查 CPU 時脈速度、CPI 與 MIPS 的關係。

• 時脈速度（Clock Rate）：每秒可產生的時脈週期數。
• CPI（Clock Cycles Per Instruction）：平均執行一條指令所需的時脈週期數。
• MIPS（Million Instructions Per Second）：每秒可執行的百萬條指令數。

三者關係為：

若時脈速度以 MHz 表示，計算結果即直接得到 MIPS：

解題方法

題目給定：

每秒共有：

個時脈週期。每條指令平均需要 $4$ 個時脈週期，因此每秒可執行的指令數為：

換算成 MIPS：

核心觀念

本題考查作業系統中的記憶體管理方式，以及「外部碎片（External Fragmentation）」的成因。

外部碎片是指：

記憶體中存在許多分散的小型可用空間，雖然所有空閒空間總量足夠，卻因為不連續而無法配置給需要一大段連續記憶體的程序。

判斷重點是：

• 配置單位是否為固定大小？
• 程序是否需要連續記憶體？
• 記憶體配置後是否容易留下分散的空洞（holes）？

分頁採固定大小配置，通常避免外部碎片；段式採變動大小且通常要求連續配置，容易產生外部碎片。

解題方法

逐一檢查各種記憶體管理方式：

1. 若配置單位固定大小，空間可分成固定大小的頁框，通常不會產生外部碎片。
2. 若配置單位大小不固定，且每個配置區段需要連續記憶體，配置與釋放後便容易留下大小不一的空洞，形成外部碎片。
3. 若只是支援位址轉換的硬體暫存器，則不屬於記憶體配置方法。

段式管理將程式依照邏輯功能分成不同大小的段，例如：

• 程式碼段
• 資料段
• 堆疊段
• 符號表段

每一段的大小不固定，且通常必須配置在一段連續的主記憶體空間中。經過多次配置與釋放後，記憶體容易留下許多大小不一、彼此分散的空閒區域，因此最容易產生外部碎片。

選項分析

(A) 分頁（Paging）錯誤

分頁將虛擬記憶體切割成固定大小的頁（page），主記憶體切割成相同大小的頁框（frame）。

程序的各個頁面可以配置到不連續的頁框中，不要求整個程序占用一段連續記憶體，因此可有效避免外部碎片。

分頁主要可能產生的是內部碎片，例如最後一頁沒有完全使用，導致頁框內部剩餘少量空間。

(B) 段式（Segmentation）正確

段式管理依照程式的邏輯結構分段，每一段大小不固定，而且通常必須配置在連續的記憶體區域。

當不同大小的段陸續載入與釋放後，記憶體可能形成如下情況：

核心觀念

I/O Bound 程序是指執行期間，大部分時間花在輸入／輸出操作，例如磁碟存取、網路傳輸或等待周邊設備完成工作；其 CPU 計算時間相對較短。

程序通常在下列狀態間切換：

• 執行中（Running）：使用 CPU 執行少量計算。
• 就緒（Ready）：等待 CPU 排程。
• 阻塞／等待（Blocked／Waiting）：等待 I/O 操作完成。

I/O Bound 程序的典型特徵是：

因此，程序大部分時間處於阻塞或等待狀態，不會長時間占用 CPU。

解題方法

判斷本題的關鍵，是先區分 I/O Bound 與 CPU Bound：

由於 I/O Bound 程序經常在等待 I/O，無法持續留在就緒佇列中等待 CPU，因此 CPU 排程器所管理的就緒工作數量通常較少。故選項 (A) 符合其典型特色。

選項分析

(A) CPU 排程器內的工作不多。— 正確

I/O Bound 程序大部分時間在等待 I/O 完成，處於阻塞狀態；只有 I/O 完成後，才回到就緒佇列等待 CPU。

核心觀念

本題考查網頁前端技術的分工：

• HTML（HyperText Markup Language）：負責定義網頁的結構與內容，例如標題、段落、表格、圖片及超連結。
• CSS（Cascading Style Sheets）：負責控制網頁的呈現樣式，例如背景顏色、文字位置、字型、間距、圖片邊框與版面配置。
• JSON（JavaScript Object Notation）：主要用於資料交換與資料表示。
• XML（eXtensible Markup Language）：主要用於描述、儲存與交換具有階層結構的資料。

題目所列的「網頁背景顏色、文字位置、圖片邊框大小」均屬於外觀與版面樣式，因此應使用 CSS。

解題方法

判斷網頁技術時，可先區分問題是在詢問：

1. 網頁有什麼內容與結構；
2. 網頁要呈現什麼外觀；
3. 資料如何表示或交換。

本題指定的是：

• 背景顏色；
• 文字位置；
• 圖片邊框大小。

這些都是「呈現樣式」的設定，通常透過 CSS 的屬性完成，例如：

• background-color：設定背景顏色；
• text-align：設定文字水平對齊方式；
• border-width：設定邊框寬度；
• color：設定文字顏色；
• font-size：設定文字大小。

因此正確選項為 CSS。

選項分析

(A) CSS：正確

CSS 是專門用來描述 HTML 或 XML 文件呈現方式的樣式表語言，可控制：

• 網頁背景顏色；
• 文字顏色、字型與位置；
• 元素的寬度、高度與間距；
• 圖片與其他元素的邊框；
• 網頁的整體版面配置。

CSS 可透過三種常見方式套用：

核心觀念

本題考查虛擬記憶體中的「分頁（Paging）」及其對記憶體配置的影響。

分頁的基本作法是：

• 將虛擬記憶體切成固定大小的「頁（Page）」。
• 將實體記憶體切成相同大小的「頁框（Frame）」。
• 程式的各頁可配置到不連續的頁框中，再透過頁表完成位址轉換。

記憶體碎片主要分為：

1. 內部碎片（Internal Fragmentation）：已配置的區塊內仍有未使用空間。
2. 外部碎片（External Fragmentation）：記憶體中有許多分散的小型空閒區塊，總空間足夠，卻無法配置連續的大區塊。

分頁配置的標準特性是：

• 不需要連續配置實體記憶體。
• 可消除外部碎片。
• 最後一頁未被完全使用時，會產生少量內部碎片。
• 需要額外的頁表與位址轉換處理。

解題方法

本題可從「分頁的優點」切入，判斷各選項是否描述分頁帶來的正面效果。

分頁採用固定大小的頁與頁框，因此不要求一個程序占用連續的實體記憶體。這能有效避免外部碎片問題。至於內部碎片，標準作法通常認為分頁仍會產生內部碎片，主要出現在程序最後一頁未完全使用的部分。

本題官方答案指定為 A，因此依命題答案判定為：

分頁將記憶體切割成固定大小的小區塊，相較於較大型的固定分割配置，可降低配置單位造成的內部浪費。

選項分析

(A) 減少內部碎片

依本題官方答案，A 為正確。

分頁將記憶體配置單位固定為頁框，頁框大小通常較小。相較於大型固定分割區，程序不必配置過大的連續區塊，因此可降低區塊內未使用空間所造成的浪費。

不過，必須注意標準作業系統教材中的嚴格說法：分頁本身仍可能產生內部碎片，尤其是程序最後一頁未完全使用時。因此，分頁最典型、最明確的優點應是「消除外部碎片」，而不是完全消除內部碎片。

核心觀念

本題考查多媒體影音傳輸中的「自適應位元率串流」（Adaptive Bitrate Streaming, ABR）。

ABR會將同一部影片製作成多種不同解析度與位元率的版本，播放裝置依據即時網路頻寬、封包傳輸狀況與緩衝區容量，動態選擇適當的影音版本：

• 網路頻寬良好時，選擇高畫質、高位元率版本。
• 網路頻寬下降時，切換至低畫質、低位元率版本。
• 頻寬恢復時，再提升串流品質。

其核心目的，是使資料傳輸速率盡量配合使用者當下的網路承載能力，降低因資料下載速度不足而造成的播放停頓與緩衝現象。

常見的 ABR 技術包括以 HTTP 為基礎的影音串流機制，例如 HLS 與 MPEG-DASH。

解題方法

題幹的關鍵描述有三項：

1. 「播放過程中」：表示播放時會持續監測網路狀況。
2. 「根據網路頻寬」：表示串流品質會隨頻寬變化。
3. 「自動調整品質，避免緩衝現象」：表示系統會在多種影音品質版本之間動態切換。

能完整符合上述三項條件的技術，就是「自適應位元率串流」。

ABR的基本運作流程如下：

因此，本題應選擇能夠「依據頻寬動態調整串流品質」的選項，而非僅描述一般影音傳輸、資料暫存或網路通訊協定的選項。

選項分析

(A) 串流（Streaming）

串流是一種影音傳輸方式，資料會在下載的同時逐步播放，不必等待整部影片完整下載後才開始觀看。

然而，「串流」本身只說明資料的傳輸與播放模式，未必具有依據網路頻寬自動切換畫質的功能。一般串流可能採用固定位元率，當網路速度低於影片資料需求時，仍可能發生緩衝。

因此，串流是 ABR 的基礎應用形式之一，但概念範圍過大，無法精確對應題目所描述的自動調整品質機制，故錯誤。

(B) 快取（Caching）

快取是將已取得的資料暫時儲存在較接近使用者的位置或裝置中，以便後續快速讀取。

核心觀念

本題考查高通濾波器（High-pass Filter, HPF）對影像中「低頻成分」與「高頻成分」的處理效果。

影像中的頻率成分可概略理解為：

• 低頻成分：影像中變化緩慢的部分，例如均勻背景、平滑區域、整體亮度。
• 高頻成分：影像中變化快速的部分，例如邊緣、細節、雜訊與紋理。

高通濾波器會抑制低頻成分，保留或強化高頻成分。因此，均勻背景因為屬於低頻成分，經過高通濾波後，其輸出強度會大幅降低，通常接近黑色。

解題方法

均勻背景的像素值在空間上幾乎沒有變化，可視為直流成分（DC component）或低頻成分。

以空間域的拉普拉斯高通濾波器為例，常見形式為：

其中：

• $f(x,y)$ 為原始影像；
• $f_{\text{low}}(x,y)$ 為低通濾波後的影像；
• $g(x,y)$ 為高通濾波輸出。

對均勻背景而言，低通濾波後的影像值與原始背景值近似相同，因此：

在一般影像顯示中，像素值接近 $0$ 代表黑色，所以均勻背景經高通濾波後會變暗，接近黑色。

選項分析

(A) 背景像素強度增加至接近白色。

核心觀念

本題考查圖像未壓縮儲存空間的計算：

其中：

• 解析度 $2048\times1536$ 代表影像共有 $2048\times1536$ 個像素。
• 色彩深度 $32$ 位元表示每個像素需要 $32$ bits。
• $8$ bits $=1$ Byte。
• 電腦容量計算通常採用 $1\ \mathrm{MB}=2^{20}$ Bytes。

解題方法

先計算像素總數：

每個像素需要 $32$ bits，因此總位元數為：

換算成 Bytes：

再換算成 MB：

因此圖像大小為：

選項分析

核心觀念

影像平滑化（image smoothing）的目的，是降低影像中的雜訊與細部突變，使影像看起來較平順。在頻域中：

• 低頻分量：代表影像中變化緩慢、整體亮度與大範圍結構。
• 高頻分量：代表影像中變化快速的部分，例如邊緣、細節與雜訊。

平滑化通常使用低通濾波器（low-pass filter），保留低頻分量，同時減弱高頻分量。因此，影像平滑化可透過減弱一系列高頻分量完成。

解題方法

將影像由空間域轉換至頻域後，影像可視為由不同頻率成分組成。平滑化的頻域處理可表示為：

其中：

• $F(u,v)$：原始影像的頻域表示；
• $H(u,v)$：濾波器的頻率響應；
• $G(u,v)$：濾波後的影像頻域表示。

低通濾波器會使低頻區域的 $H(u,v)$ 保持較大值，並使高頻區域的 $H(u,v)$ 變小，因此：

所以本題選擇減弱高頻分量。

選項分析

(A) 減弱一系列高頻分量。正確

核心觀念

本題考查瀏覽器播放影片時的基本概念，包括：

• 瀏覽器對多媒體格式與編解碼器（codec）的支援。
• 檔案副檔名與檔案類型的關係。
• 常見影片格式，例如 AVI、Flash Video、MPEG、MP4。
• 瀏覽器的自動播放（autoplay）限制。

影片格式不僅涉及檔案的封裝格式，也涉及影片編碼、音訊編碼及瀏覽器是否支援相關解碼器。因此，瀏覽器並不能保證自動播放所有格式的影片。

解題方法

本題採用「判斷敘述是否過度絕對」的方法。

看到「所有」、「一定」、「完全」等絕對用語時，應檢查敘述是否忽略了格式支援、編解碼器、瀏覽器版本及自動播放政策等限制。

瀏覽器播放影片通常必須同時符合下列條件：

1. 瀏覽器支援該影片的封裝格式。
2. 瀏覽器支援影片與音訊所使用的編碼方式。
3. 使用者的瀏覽器設定及網站情境允許自動播放。
4. 影片檔案本身未損壞，且來源可正常存取。

因此，「可以自動播放所有不同格式」的敘述過於絕對，應判定為錯誤。

選項分析

(A) 瀏覽器可以自動播放所有不同格式的多媒體影片。

錯誤。

瀏覽器不一定支援所有影片格式，也不一定內建所有編解碼器。例如，不同瀏覽器對 AVI、Flash Video、特定 MPEG 編碼方式的支援程度可能不同。此外，現代瀏覽器通常會限制含有聲音的影片自動播放，以避免干擾使用者。

所以，瀏覽器無法保證「所有格式」的影片都能「自動播放」。本選項使用「所有」的絕對表述，與實際情況不符。

(B) 檔案類型（file type）可以透過檔案的副檔名（extension）表示。

正確。

副檔名是檔名最後一個句點後的文字，可用來表示檔案類型或檔案格式，例如：

核心觀念

本題考查中央處理器（CPU）與圖形處理單元（GPU）的設計目標、核心數量及處理方式。

• CPU：屬於通用型處理器，通常具有少量但功能強大的核心，擅長執行複雜、分支多、需要快速反應的指令，例如作業系統控制、應用程式執行與硬體管理。
• GPU：主要針對圖形處理與大量資料的平行運算設計，通常具有大量計算核心，適合同時處理許多性質相近的運算，例如 3D 渲染、影像處理、影片輸出及部分機器學習工作。

CPU 與 GPU 的典型差異可整理如下：

解題方法

判斷本題的關鍵是確認各選項是否正確描述 CPU 與 GPU 的角色：

1. 看「圖形加速」是配置給哪一個單元：應為 GPU。
2. 看「執行一般應用程式與控制硬體」是配置給哪一個單元：應為 CPU。
3. 看平行處理與連續處理的描述是否把 CPU、GPU 的特性顛倒。
4. 看核心數量與單核心能力是否符合典型架構。

符合上述原則的是 CPU 少量強核心、GPU 大量相對較弱核心，因此選 D。

選項分析

(A) 錯誤

本選項將 CPU 與 GPU 的主要工作對調。

加速圖形、影像處理及部分機器學習平行運算，是 GPU 的主要應用方向；CPU 則負責通用運算、作業系統管理及應用程式執行。

因此，題目所述「CPU 加速圖形」及「GPU 控制電腦所有硬體操作」均不符合典型分工。

(B) 錯誤

核心觀念

本題考查「影片檔案格式」、「視訊編解碼器」與「音訊格式」的區別：

• 容器格式（container format）：負責封裝影像、聲音、字幕及相關資訊，例如 FLV、MP4。
• 視訊編解碼器（video codec）：負責將視訊資料壓縮與解壓縮，例如 DivX、H.264。
• 音訊格式：專門儲存聲音資料，例如 WAV。

判斷關鍵在於：選項所描述的名稱，究竟是影片容器、視訊編解碼器，還是音訊格式。

解題方法

逐一確認各名詞的用途：

1. FLV 是否常用於網路串流。
2. 視訊編碼器是否會影響影片檔案大小。
3. DivX 是否屬於視訊編解碼器。
4. WAV 是否屬於失真壓縮的視訊編碼格式。

其中只要發現名詞的資料類型或功能分類錯誤，即可判定為錯誤選項。

選項分析

(A) FLV 格式常應用在網路串流（streaming）傳輸。

正確。

FLV（Flash Video）是一種影片容器格式，過去廣泛應用於網路影片與串流傳輸。它可封裝視訊、音訊及相關資料，適合透過網路傳送與播放。

因此，雖然 FLV 本身是容器格式，不是視訊編解碼器，但「常應用在網路串流傳輸」的敘述正確。

(B) 影片檔案的大小（file size）與使用的視訊編碼器有關。

正確。

不同視訊編碼器採用的壓縮技術、預測方式、轉換方法及位元率控制機制不同，因此在相同解析度、影格率與影片長度下，產生的檔案大小也會不同。

影片檔案大小可概略表示為：

核心觀念

本題考查「影像輸入裝置」與「特殊字元辨識技術」的基本定義：

• 輸入裝置：將外界資料或使用者操作轉換成電腦可處理資訊的硬體。
• 掃描器（scanner）：將紙本文件、照片等平面影像轉換成數位影像。
• OMR（Optical Mark Recognition）：以光學方式辨識紙張上的填塗、記號。
• MICR（Magnetic Ink Character Recognition）：利用磁性油墨印製的字元，透過磁性特徵進行辨識。
• 智慧卡讀卡機（smart card reader）：讀取智慧卡中的資料，並將資料傳送至電腦，屬於輸入裝置。

解題方法

判斷本題的關鍵，在於確認各項所描述的硬體或軟體是否具有「將資料輸入電腦」的功能。

逐項檢查後，智慧卡讀卡機明確具有讀取資料並輸入電腦的功能，因此「不屬於輸入裝置」的敘述錯誤，答案為 A。

選項分析

(A) 智慧卡讀卡機（smart card reader）不屬於輸入裝置。

錯誤。

智慧卡讀卡機可以讀取智慧卡內的資料，例如身分識別資料、交易資料或憑證資訊，再將資料傳送給電腦或其他資訊系統處理。其功能本質上是將外部媒介中的資料輸入電腦，因此屬於輸入裝置。

常見的讀卡機包括：

• 智慧卡讀卡機
• 磁條卡讀卡機
• 條碼掃描器
• 晶片卡讀卡機

故本選項的錯誤在於否定智慧卡讀卡機的輸入功能。

(B) 掃描器可以將平面的文件、照片轉換為 JPEG 或 GIF 等數位圖檔格式。

正確。

掃描器利用光學感測元件讀取紙本文件或照片的影像，再將影像轉換成數位資料。經過掃描軟體處理後，可儲存為 JPEG、GIF、PNG、TIFF 等常見圖檔格式。

其中：

• JPEG 適合儲存照片等色彩豐富的影像，通常採用有失真壓縮。
• GIF 適合簡單圖形、線條或少量色彩影像，支援有限色彩與動畫。
• 掃描器產生的是影像資料；

核心觀念

「5.1 聲道」中的數字具有特定意義：

• 「5」：代表 5 個主要聲道，包括左前、右前、中央、左後、右後聲道。
• 「.1」：代表低頻效果聲道（Low-Frequency Effects, LFE），通常由重低音喇叭（Subwoofer）播放。

因此，「.1 聲道」不是指第 0.1 個喇叭，而是指專門處理低頻音效的聲道。

解題方法

判斷家庭劇院聲道配置時，先分辨整數部分與小數部分：

5 個主要聲道通常為：

1. 左前置喇叭
2. 右前置喇叭
3. 中央喇叭
4. 左後置喇叭
5. 右後置喇叭

「.1」聲道負責重低音與低頻音效，例如爆炸聲、雷聲、低沉的音樂效果等，通常透過重低音喇叭輸出。

選項分析

核心觀念

本題考查「資料壓縮的應用情境」與「串流應用（streaming）」的關係。

串流是指影音資料在網路傳輸過程中，使用者可一邊接收、一邊播放，不必等到完整檔案下載完成。串流服務通常需要透過影音壓縮降低資料量，使傳輸所需的頻寬下降，並配合緩衝（buffering）維持連續播放。

影音串流的主要目標包括：

• 降低影音資料的位元率（bit rate）。
• 減少網路頻寬需求。
• 降低播放時的延遲與卡頓。
• 提供較順暢的影片、音訊傳輸服務。

解題方法

判斷關鍵在於選項是否同時具備下列特徵：

1. 對象是影片或音訊等連續媒體。
2. 資料透過網路持續傳輸。
3. 使用者可在接收過程中直接播放。
4. 壓縮的目的在於改善即時或近即時傳輸效果。

符合上述條件者，即與串流應用最直接相關。因此，利用壓縮技術讓影片視訊傳輸更順暢，正是串流服務的典型應用。

選項分析

(A) 利用壓縮演算法提供快速下載以分享資料檔案。

錯誤。此選項著重於「完整檔案的下載與分享」，例如將檔案壓縮成 ZIP 格式後供他人下載。使用者通常須先下載檔案，再解壓縮或使用檔案，屬於一般檔案傳輸，不是串流播放。

(B) 應用壓縮技術來實現更順暢的影片視訊傳輸服務。

核心觀念

本題考查兩項基本觀念：

1. ASCII 編碼

• 標準 ASCII 共使用 $7$ 位元，可表示 $2^7=128$ 個字元。
• 這 $128$ 個字元包含可列印字元與控制字元。
• 若字元集大小為 $X$，要表示所有字元，所需位元數 $n$ 必須滿足： $2^n\ge X$ 因此最低位元數為： $n=\lceil \log_2 X\rceil$ 其中 $\log_2 X$ 是位元數的理論下限。

2. 霍夫曼編碼

• Huffman encoding 是一種依照字元出現頻率建立的變動長度前綴碼。
• 出現頻率越高的字元，通常配置越短的編碼。
• 霍夫曼樹的葉節點代表字元，從根節點走到葉節點的路徑即為該字元的 codeword。

解題方法

逐一檢查各選項是否符合 ASCII 與霍夫曼編碼的定義：

• ASCII 的 $128$ 個字元是否全部可列印？
• 表示 $X$ 個不同字元所需的位元數是否符合 $2^n\ge X$？
• 霍夫曼編碼長度與字元頻率的關係為何？
• 霍夫曼樹中，字元儲存於哪一類節點？

選項分析

(A) ASCII 編碼的 $128$ 個字元都是可列印（printable）的字元。

錯誤。

ASCII 的 $128$ 個字元並非全部可列印。標準 ASCII 中：

• 編號 $0$ 至 $31$：控制字元
• 編號 $32$：空格，通常列為可列印字元
• 編號 $33$ 至 $126$：可列印字元
• 編號 $127$：刪除控制字元 DEL

因此，ASCII 的可列印字元通常為 $95$ 個，即編號 $32$ 至 $126$；其餘為控制用途。故不能說 $128$ 個字元全部可列印。

(B) ASCII 編碼如果字元集的大小為 $X$，則至少需要 $\log_2 X$ 位元來表示標準編碼。

正確。

若使用固定長度編碼表示 $X$ 個不同字元，使用 $n$ 位元時最多可表示 $2^n$ 種不同組合，因此必須滿足：

$2^n\ge X$

兩邊取以 $2$ 為底的對數：