115 身心障礙特考四等 電子工程 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

POST（Power-On Self-Test，開機自我測試）是個人電腦通電後，由韌體執行的硬體檢查程序，主要目的在於確認基本硬體能否正常初始化，並為後續載入作業系統建立執行環境。

POST 通常屬於 BIOS 或 UEFI 韌體的一部分，儲存在主機板上的 ROM、EEPROM 或 Flash 記憶體中，不是儲存在硬碟機內。其基本流程如下：

$$\text{通電} \rightarrow \text{執行 BIOS/UEFI 與 POST} \rightarrow \text{初始化硬體} \rightarrow \text{尋找開機裝置} \rightarrow \text{載入作業系統}$$

因此，本題應找出「POST 的儲存位置」描述錯誤的選項。

解題方法

判斷本題可掌握三個重點：

1. POST 是由 BIOS 或 UEFI 韌體執行的硬體檢測程序。
2. BIOS/UEFI 韌體儲存在主機板上的非揮發性記憶體，例如 ROM 或 Flash。
3. POST 發生在作業系統載入之前，且一般無法透過 BIOS 設定完全禁止其執行。

依此逐一比對選項，可判定錯誤敘述為 (A)。

選項分析

(A) 它是一段程式碼被儲存放在硬碟機中

錯誤。

POST 屬於 BIOS 或 UEFI 韌體的一部分，通常儲存在主機板上的 ROM、EEPROM 或 Flash 記憶體中。電腦剛通電時，尚未載入硬碟上的作業系統，因此不可能以硬碟中的程式碼作為最初的硬體自我測試依據。

硬碟主要儲存作業系統、應用程式及使用者資料；POST 則必須存在於主機板上的非揮發性韌體記憶體，才能在尚未使用硬碟前執行。

所以，(A) 是本題錯誤的敘述。

(B) POST 的被執行階段是在載入作業系統之前

正確。

核心觀念

本題考查短距離無線通訊技術的用途、傳輸範圍與功耗特性。

藍芽（Bluetooth）是一種短距離、低功耗的無線通訊技術，常用於個人區域網路（PAN），可連接無線滑鼠、無線鍵盤、耳機、智慧型手機、穿戴式裝置等設備。

題幹中的關鍵描述是：

• 短距離
• 低功耗
• 無線滑鼠、鍵盤、手機等個人裝置間的連線

這些特徵正是藍芽技術的典型應用。

解題方法

選擇無線通訊技術時，可依「用途、涵蓋範圍、功耗與技術角色」判斷：

1. 個人裝置近距離互連，且重視省電：藍芽。
2. 家庭、學校、辦公室的無線區域網路：Wi-Fi。
3. 都市範圍的無線寬頻網路：WiMAX。
4. 多天線傳輸與接收技術：MIMO。

題目描述的是個人裝置間的短距離低功耗連線，因此應選擇藍芽。

選項分析

(A) MIMO

MIMO 是 Multiple-Input Multiple-Output 的縮寫，中文通常稱為「多輸入多輸出」。

它是利用多個發射天線與多個接收天線，同時傳送與接收多組資料，以提升傳輸速率、頻譜效率或通訊可靠度的技術。

MIMO 屬於無線通訊的天線與傳輸技術，並不是專門用於無線滑鼠、鍵盤等短距離低功耗裝置的通訊標準。因此本選項錯誤。

(B) Wi-Fi

Wi-Fi 主要用於建立無線區域網路（WLAN），常見於家庭、辦公室、校園與公共場所，適合提供網際網路存取及區域網路資料傳輸。

核心觀念

CPU 管線（pipeline）是將一條指令的處理流程分成數個階段，例如：

1. 指令擷取（Instruction Fetch）
2. 指令解碼（Instruction Decode）
3. 執行（Execute）
4. 記憶體存取（Memory Access）
5. 寫回（Write Back）

不同指令可在同一時間分別處於不同階段，使各功能單元能夠重疊工作。其主要目的不是縮短單一指令的完整處理時間，而是提高單位時間內完成的指令數，也就是提高指令處理的吞吐量（throughput），進而改善 CPU 整體效率。

假設共有 $k$ 個管線階段，且每個階段耗時約為 $t$：

未採用管線時，連續處理 $n$ 條指令所需時間約為：

$$T_{\text{非管線}} = nkt$$

採用管線後，第一條指令完成約需 $kt$，之後通常每隔 $t$ 完成一條指令，因此總時間約為：

$$T_{\text{管線}} = (k+n-1)t$$

當 $n$ 很大時，平均每條指令的完成時間接近 $t$，理想加速比接近 $k$。因此，管線化的核心效果是增加指令完成率，而不是增加 CPU 的硬體核心數量。

解題方法

本題詢問「CPU 管線的主要目的」，可從「管線化改善哪一種效能指標」切入：

• 管線主要改善的是指令吞吐量。
• 管線不等於提高外頻。
• 管線不等於增加實體核心。
• 管線也不是以改善散熱為主要目的。

因此，符合管線設計目的的是「提高單位時間內的指令處理數量，進而改進效率」。

選項分析

(A) 可提升 CPU 的外頻

錯誤。

CPU 外頻是處理器時脈相關的頻率參數，主要由時脈設計、製程、電路延遲及系統平台等因素決定。採用管線設計本身不代表一定能提高外頻。

核心觀念

本題考查 CPU 多核心（multi-core）對程式效能的影響，關鍵在於程式是否具備「可平行化」特性。

增加核心數後，作業系統或程式可將多個可同時執行的執行緒（thread）分配給不同核心處理。因此，最能顯著受益的程式通常具備：

• 計算量大，CPU 為主要瓶頸。
• 工作可拆分成多個彼此獨立或可同步處理的子工作。
• 程式能有效利用多執行緒或平行處理。

若程式大部分工作無法平行化，增加核心數的效益就會受到限制。可用阿姆達爾定律（Amdahl’s Law）表示：

$$S(n)=\frac{1}{(1-p)+\frac{p}{n}}$$

其中：

• $S(n)$：使用 $n$ 個核心時的加速比。
• $p$：可平行化的工作比例。
• $1-p$：只能串列執行的工作比例。

當 $p$ 接近 $1$ 時，增加核心數可帶來明顯加速；當 $p$ 很小時，增加核心數的效果有限。

解題方法

判斷各選項所描述的程式，其主要瓶頸是否為 CPU 計算，以及工作是否能分配到多個核心平行執行：

1. 若程式是串列運作，核心數增加後仍須依序執行，效能提升有限。
2. 若程式主要等待磁碟或網路，瓶頸在 I/O 裝置，不是 CPU。
3. 若程式需要的是較大記憶體容量，增加 CPU 核心不會直接增加記憶體容量。
4. 若程式屬於計算密集型，且能有效利用多執行緒，便能將工作分配給多個核心，同時執行，因此效能可顯著提升。

選項分析

(A) 應用程式屬於串列運作的資料庫查詢

錯誤。

串列運作表示工作主要依照先後順序執行，後續步驟必須等待前一步完成，無法充分分配給多個核心。此時即使增加 CPU 核心數，能夠平行處理的部分仍然很少，依阿姆達爾定律可知整體加速比受到串列部分限制。

資料庫系統確實可能使用平行查詢、分割資料或多執行緒處理來提升效能，但本選項明確指出是「串列運作」，因此不符合多核心能顯著提升效能的條件。

(B) 主要用於 I/O 操作，如磁碟讀寫和網路通信的應用程式

錯誤。

核心觀念

本題考查微處理機執行一筆指令的基本流程，通常稱為指令週期（Instruction Cycle）：

1. 提取指令：從記憶體取得即將執行的指令。
2. 指令解碼：分析指令內容，判斷要執行的操作及所需運算元。
3. 指令執行：由算術邏輯單元、控制單元或其他硬體完成指定操作。
4. 儲存結果：將執行結果寫回暫存器或記憶體。

因此基本順序為：

$$\text{提取指令} \rightarrow \text{指令解碼} \rightarrow \text{指令執行} \rightarrow \text{儲存結果}$$

對應題目符號為：

$$ㄇ \rightarrow ㄆ \rightarrow ㄅ \rightarrow ㄈ$$

解題方法

判斷指令執行順序時，依照「先取得、再理解、後執行、最後保存」的流程即可：

• 尚未取得指令，處理器無法知道要執行什麼，因此必須先進行「提取指令」。
• 取得指令後，必須先進行「指令解碼」，才能了解指令的操作內容。
• 完成解碼後，才能實際進行「指令執行」。

核心觀念

本題考查「個人電腦韌體介面標準」及其安全功能。

傳統 BIOS（Basic Input/Output System）負責電腦開機時的硬體初始化、開機自我檢測，以及尋找並載入作業系統。UEFI（Unified Extensible Firmware Interface）是用來取代傳統 BIOS 的新一代韌體介面標準，具備較完整的啟動管理與安全機制。

UEFI 可支援：

• Secure Boot（安全啟動）
• 數位簽章驗證
• 開機元件完整性檢查
• 較大的硬碟與 GPT 分割表
• 具圖形介面的開機環境
• 64 位元韌體與模組化驅動程式

其中，Secure Boot 會在開機階段驗證作業系統載入程式及相關元件的數位簽章，避免惡意程式在作業系統啟動前植入，因此相較於傳統 BIOS，UEFI 能提供更高的開機安全性。

解題方法

判斷本題的關鍵是找出「取代 BIOS 的標準」。

各選項所代表的技術領域如下：

• ATX：主機板與電源供應器的硬體規格
• PC-99：個人電腦硬體與周邊設備的設計建議
• UEFI：新一代電腦韌體介面標準
• HDMI：數位影音傳輸介面

只有 UEFI 的功能與 BIOS 直接相關，且具有 Secure Boot 等安全機制，因此選擇 UEFI。

選項分析

(A) ATX（Advanced Technology eXtended）錯誤

ATX 是由 Intel 提出的個人電腦硬體規格，主要規範：

• 主機板尺寸與配置
• CPU、記憶體及擴充插槽位置
• 電源供應器規格
• 機殼與主機板的安裝方式
• 散熱及輸入輸出介面配置

ATX 屬於硬體外形與電源配置標準，並非韌體介面標準，也不是用來取代 BIOS 的技術。因此錯誤。

(B) PC-99 定義個人電腦硬體和外部設備的設計標準，錯誤

核心觀念

輪詢（polling）I/O 是由 CPU 主動、反覆檢查 I/O 裝置或控制器的狀態暫存器，確認裝置是否已準備好進行資料傳輸。其基本流程如下：

1. CPU 讀取裝置狀態。
2. 判斷裝置是否就緒。
3. 若尚未就緒，CPU 持續重複檢查。
4. 裝置就緒後，CPU 才執行資料讀取或寫入。

輪詢 I/O 的主要缺點是 CPU 必須花費指令週期持續查詢裝置狀態；在裝置尚未就緒期間，CPU 仍被占用，無法有效執行其他工作。因此，低效率的核心來源是「反覆輪詢卻沒有找到已就緒的裝置」。

這與中斷（interrupt）I/O 不同。中斷方式由裝置準備好後主動通知 CPU，CPU 不必持續等待與查詢，較能提高處理效率。

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解題方法

判斷本題可抓住「輪詢的浪費發生在哪裡」：

• 若 CPU 查詢一次就找到已就緒裝置，輪詢本身只需少量指令，浪費不大。
• 若 CPU 重複執行查詢動作，但每次都發現沒有裝置就緒，這些查詢指令便成為無效或低產出的 CPU 工作。
• 因此，真正造成輪詢低效率的情況，是「重複輪詢期間找不到可提供服務的已就緒裝置」。

所以本題選擇 (C)。

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選項分析

(A) 硬體控制器通知 CPU 裝置已準備好提供服務

錯誤。這是中斷 I/O 的典型特徵：裝置控制器在裝置準備好後，以中斷訊號通知 CPU。

輪詢的特徵是 CPU 主動查詢裝置狀態，而不是等待硬體控制器主動通知。硬體通知本身不屬於輪詢低效率的主要來源。

(B) 由多個 CPU 指令組成的基本輪詢操作

核心觀念

本題考查主記憶體的種類與主機板記憶體插槽的用途。

主機板上的記憶體插槽，通常是用來安裝記憶體模組，例如：

• DIMM（Desktop DIMM）
• SO-DIMM（筆記型電腦常見）
• 舊式 SIMM

現代記憶體模組的主要儲存元件是動態隨機存取記憶體（Dynamic Random Access Memory, DRAM）。因此，主機板記憶體插槽所安裝的通常是 DRAM 模組。

DRAM 使用電容器儲存位元，必須定期重新整理（Refresh），具有單位面積容量高、成本較低的特性，適合用來構成電腦的主記憶體。

解題方法

判斷各選項是否能安裝在主機板記憶體插槽，可採用「功能與安裝位置」的判斷方式：

1. 主機板記憶體插槽是供主記憶體模組使用。
2. 主記憶體模組主要採用 DRAM。
3. L1 快取記憶體、暫存器与一般 SRAM 通常是處理器內部或電路板上的固定元件，不是插入主機板記憶體插槽的標準記憶體模組。
4. 因此正確答案為 DRAM。

選項分析

(A) L1 快取記憶體

錯誤。

L1 Cache 是處理器內部最接近運算核心的快取記憶體，容量小、速度極快，通常整合於 CPU 核心內部，用來儲存近期常用的指令與資料。

L1 Cache 一般不以可插拔記憶體模組的形式安裝在主機板記憶體插槽上，因此不是本題答案。

(B) 暫存器體（Register）

錯誤。

暫存器是 CPU 內部的高速儲存單元，用來暫存運算資料、指令、位址或處理狀態。例如程式計數器（PC）、指令暫存器（IR）與一般用途暫存器，都屬於處理器內部結構。

核心觀念

本題考查各種排序法在每一回合（Pass）後，已排序區與未排序區的變化特徵。

其中，**Selection Sort（選擇排序）**的規則是：

1. 從未排序區找出最小值。
2. 將最小值放到未排序區的最前端。
3. 已排序區每回合增加一個元素。

若原始資料共有 $n$ 個元素，Selection Sort 通常進行 $n-1$ 回合。

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解題方法

觀察題目中的排序過程：

回合	Sorted	Unsorted
After Pass 1	1	63489
After Pass 2	13	6489
After Pass 3	1 3 4	6 8 9
After Pass 4	1 3 4 6	8 9
After Pass 5	1 3 4 6 8 9

每一回合的結果如下：

• 第 1 回合：從全部資料中找出最小值 $1$，放入 Sorted。
• 第 2 回合：從剩餘資料 $3,6,4,8,9$ 中找出最小值 $3$。
• 第 3 回合：從剩餘資料 $6,4,8,9$ 中找出最小值 $4$。
• 第 4 回合：從剩餘資料 $6,8,9$ 中找出最小值 $6$。
• 第 5 回合：從剩餘資料 $8,9$ 中找出最小值 $8$，最後剩下 $9$。

因此，每一回合都是「找出未排序區的最小值，依序加入 Sorted」，完全符合 Selection Sort 的定義。

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選項分析

(A) insertion sort：錯誤

Insertion Sort（插入排序）每回合取出未排序區的第一個元素，將它插入已排序區的適當位置。

它的特徵是：

• 已排序區通常是由原始資料的前綴逐步擴大。
• 每回合重點是「插入適當位置」，不是從整個未排序區找出最小值。
• Sorted 區新增的元素不一定是當時所有未排序元素中的最小值。

核心觀念

本題考查分散式環境中的「資料彙總運算」與「資料全域排序／選取運算」之差異，重點包括：

1. 各處資料不必全部集中，只要各節點先計算局部結果，再傳送少量摘要資料。
2. 加總、平均值、變異量都能透過固定數量的統計摘要完成。
3. rank(i) 必須判斷所有資料的全域大小關係，通常需要大量資料交換、排序或選取，因此網路傳輸成本最高。

在網路傳輸耗時顯著、共用記憶體有限的條件下，資料交換量越大，整體運算時間通常越長。

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解題方法

設第 $j$ 個節點持有資料集合 $S_j$，全部資料共有 $n$ 筆。

對於加總、平均值與變異量，各節點均可先進行局部計算，再由中央節點或樹狀架構合併摘要資訊。傳輸的資料量與 $n$ 無關，通常只需傳送固定數量的數值。

但要找出第 $i$ 小的值，必須掌握所有資料的全域相對大小。單一節點只知道自己的資料，無法在不交換大量資訊的情況下確定全體資料中的第 $i$ 名。因此，必須進行資料傳輸、分散式排序或分散式選取，網路成本明顯較高。

所以，時間效能最低的是需要全域排序資訊的 rank(i)。

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選項分析

(A) 把 $n$ 筆數累加起來

每個節點可先計算自己所持有資料的局部總和：

$$S_j=\sum_{x\in S_j}x$$

再將各節點的局部總和相加：

$$\sum_{j}S_j$$

每個節點只需傳送一個總和，中央節點不必接收全部 $n$ 筆原始資料。因此，雖然仍需進行節點間的通訊，但傳輸量相對固定，效率高於需要全域排序的運算。

本選項不是答案。

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(B) 對 $n$ 筆數取變異量（variance）

變異量可由總和、平方和及資料筆數計算。以母體變異量為例：

$$\operatorname{Var}(X) = \frac{\sum_{k=1}^{n}x_k^2}{n} - \left(\frac{\sum_{k=1}^{n}x_k}{n}\right)^2$$

各節點只需計算：

• 局部資料筆數
• 局部總和
• 局部平方和

也就是傳送固定數量的統計摘要：

$$\left(n_j,\sum x_k,\sum x_k^2\right)$$

中央節點合併所有節點的摘要後，即可求出整體變異量。雖然實際程式設計上可採用較穩定的數值計算方式，但不影響本題對資料傳輸量的判斷。

核心觀念

本題考查十六進制與二進制的轉換，以及十六進制加法。

每一個十六進制數字，恰好對應 $4$ 位二進制：

• $4=(0100)_2$
• $A=(1010)_2$
• $C=(1100)_2$
• $5=(0101)_2$
• $B=(1011)_2$
• $6=(0110)_2$

因此，三位十六進制數可直接轉換成十二位二進制數。

解題方法

先進行十六進制加法：

$$\begin{array}{r} \ \ 4AC\\ +5B6\\ \hline \ \ A62 \end{array}_{16}$$

逐位計算如下：

1. 個位數：

$$C_{16}+6_{16}=18_{16}$$

寫下 $8$，進位 $1$。

2. 次位：

$$A_{16}+B_{16}+1_{16} =10+11+1=22_{10} =16_{16}+6_{16}$$

寫下 $6$，進位 $1$。

3. 最高位：

$$4_{16}+5_{16}+1_{16}=A_{16}$$

所以：

$$(4AC)_{16}+(5B6)_{16}=(A62)_{16}$$

再將 $(A62)_{16}$ 轉為二進制：

$$A\rightarrow1010,\qquad 6\rightarrow0110,\qquad 2\rightarrow0010$$

因此：

$$(A62)_{16}=(1010\ 0110\ 0010)_2 =(101001100010)_2$$

選項分析

核心觀念

本題考查：

1. 不同進位制數值的轉換。
2. 位元互斥或（XOR，記為 $\oplus$）運算。
3. XOR 的自反性：

$$A\oplus B=C \quad\Longrightarrow\quad B=A\oplus C$$

因為：

$$A\oplus A=0,\qquad A\oplus 0=A$$

題目中的 $X$ 以八進位表示，右側 $(17)_{10}$ 則是十進位數值。

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解題方法

先將 $(A3)_{16}$ 轉成二進位。

$$(A3)_{16} = 1010\ 0011_2$$

右側：

$$(17)_{10}=17_{10}=0001\ 0001_2$$

原式為：

$$(A3)_{16}\oplus (X)_8=(17)_{10}$$

利用 XOR 自反性，求 $X$：

$$(X)_8=(A3)_{16}\oplus(17)_{10}$$

以二進位計算：

$$\begin{array}{cccccccc} 1&0&1&0&0&0&1&1\\ \oplus&0&0&0&1&0&0&0&1\\ \hline 1&0&1&1&0&0&1&0 \end{array}$$

因此：

$$(X)_8=(1011\ 0010)_2$$

將二進位每三位分組轉成八進位：

$$101\ 100\ 10$$

左側不足三位補 $0$：

$$010\ 110\ 010$$

所以：

$$(1011\ 0010)_2=(262)_8$$

也可先轉成十六進位：

$$1011\ 0010_2=(B2)_{16}$$

再轉為八進位：

$$(B2)_{16}=178_{10}=262_8$$

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選項分析

• (A) 156

若 $X=(156)_8$，則：

核心觀念

本題比較兩種多位元二進位加法器：

• 漣波進位加法器（RCA）：由多個全加器串接而成，每一位的進位輸出，必須等待前一位的進位輸入後才能產生，因此進位會逐級傳遞。
• 前瞻進位加法器（CLA）：利用各位元的加數、被加數，預先計算各級的「產生進位」與「傳遞進位」，直接求出各位進位，減少等待時間。

單一位元全加器的基本關係為：

$$S_i=A_i\oplus B_i\oplus C_i$$ $$C_{i+1}=A_iB_i+(A_i\oplus B_i)C_i$$

令：

$$G_i=A_iB_i$$

表示第 $i$ 位會自行產生進位；令：

$$P_i=A_i\oplus B_i$$

表示第 $i$ 位會傳遞輸入進位，則：

$$C_{i+1}=G_i+P_iC_i$$

RCA 逐級等待進位，CLA 則透過邏輯電路展開各級進位。

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解題方法

判斷本題可從三個面向比較：

1. 電路複雜度與硬體數量。
2. 進位產生方式與運算速度。
3. 硬體數量增加對耗電量的影響。

RCA 的進位必須由最低位逐級傳到最高位；CLA 則可根據輸入訊號平行計算進位。因此通常具有以下關係：

比較項目	RCA	CLA
電路結構	較簡單	較複雜
硬體數量	較少	較多
進位計算	逐級傳遞	預先計算
運算速度	較慢	較快
功耗	通常較低	通常較高

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選項分析

(A) RCA 電路結構比 CLA 簡單，所需要的硬體較少

此敘述正確。

RCA 只需將多個全加器串接，前一級的進位輸出連接到下一級的進位輸入，電路結構直接且規則。

CLA 必須額外配置產生、傳遞及前瞻進位邏輯。例如四位元 CLA 的進位可以展開為：

$$C_1=G_0+P_0C_0$$ $$C_2=G_1+P_1G_0+P_1P_0C_0$$ $$C_3=G_2+P_2G_1+P_2P_1G_0+P_2P_1P_0C_0$$ $$C_4=G_3+P_3G_2+P_3P_2G_1+P_3P_2P_1G_0+P_3P_2P_1P_0C_0$$

因此 CLA 需要較多邏輯閘與連接線，硬體成本通常高於 RCA。

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(B) 若 LSB 的進位輸入（carry-in）為 0，則多位元 CLA 每個進位輸出位元皆可透過加數及被加數的輸入訊號組合而成

此敘述正確。

核心觀念

本題考查布林代數的基本化簡，包括：

• 互補律：$Y'+Y=1$
• 單位律：$A\cdot 1=A$
• 提公因式
• 吸收律：$A+AB=A$
• Consensus（共識）概念：某些較高階乘積項可被其他項涵蓋，因此可以刪除。

題目中的撇號表示 NOT，例如 $W'$ 表示 $\overline{W}$。

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解題方法

原式為：

$$F=W'X'Y'+W'X'Y+WY'Z'+WYZ'+X'Y'Z'$$

先將前四項依共同因子分組。

第一、二項提取 $W'X'$：

$$W'X'Y'+W'X'Y =W'X'(Y'+Y) =W'X'$$

第三、四項提取 $WZ'$：

$$WY'Z'+WYZ' =WZ'(Y'+Y) =WZ'$$

因此：

$$F=W'X'+WZ'+X'Y'Z'$$

接著處理最後一項 $X'Y'Z'$。依照 $W+W'=1$：

$$X'Y'Z'=X'Y'Z'(W+W')$$

展開得：

$$X'Y'Z'=WX'Y'Z'+W'X'Y'Z'$$

分別觀察：

$$WX'Y'Z'\leq WZ'$$

所以：

$$WZ'+WX'Y'Z'=WZ'$$

又因為：

$$W'X'Y'Z'\leq W'X'$$

所以：

$$W'X'+W'X'Y'Z'=W'X'$$

因此，$X'Y'Z'$ 已經被 $W'X'$ 與 $WZ'$ 完全涵蓋，可以刪除：

$$F=W'X'+WZ'$$

故正確選項為：

$$\boxed{(C)\ F=W'X'+WZ'}$$

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選項分析

(A) $F=W'X'+WY+X'Y'Z'$

此式不等價於原式。取：

$$W=1,\quad X=0,\quad Y=1,\quad Z=1$$

原式各項皆為 $0$：

• $W'X'Y'=0$
• $W'X'Y=0$
• $WY'Z'=0$
• $WYZ'=0$
• $X'Y'Z'=0$

核心觀念

本題考的是漸近複雜度的 $O$ 記號（Big-O notation）。

若存在正常數 $c$ 與門檻值 $k$，使得對所有 $x>k$ 都有：

$$|f(x)|\leq c|g(x)|$$

則稱 $f(x)$ 的複雜度為 $O(g(x))$，記作：

$$f(x)=O(g(x))$$

其中：

• $\exists c,k$：存在常數 $c$ 與門檻值 $k$。
• $\forall x>k$：當輸入夠大後，所有 $x>k$ 都必須符合條件。
• $c$ 通常要求為正的常數。
• Big-O 只要求 $f$ 有一個漸近上界，不要求一定存在下界。

因此，題目文字所說的「$f(n)$ 的上限不超過 $g(n)$ 的某常數倍」，正是 Big-O 的定義。

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解題方法

直接對照標準定義：

$$f(x)=O(g(x)) \iff \exists c>0,\ k,\ \forall x>k:\ |f(x)|\leq c|g(x)|$$

選項中的 $|cg(x)|$，在 $c$ 為正數時可寫成 $c|g(x)|$，因此符合 Big-O 的上界定義。

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選項分析

(A) 錯誤

$$\{f\mid \exists c_1,c_2,k,\ \forall x>k: |c_1g(x)|\leq|f(x)|\leq|c_2g(x)|\}$$

此選項同時要求：

$$|c_1g(x)|\leq |f(x)|$$

以及：

$$|f(x)|\leq |c_2g(x)|$$

也就是對 $f(x)$ 同時設定漸近下界與上界，這是 $\Theta(g)$ 的概念：

$$f(x)=\Theta(g(x))$$

Big-O 只需要上界，不需要下界，因此 (A) 比 $O(g)$ 要求更嚴格，並非 $O$ 的一般定義。

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(B) 正確

$$\{f\mid \exists c,k,\ \forall x>k: |f(x)|\leq|cg(x)|\}$$

此選項表示存在常數 $c$ 與門檻值 $k$，使得所有充分大的 $x$ 都滿足：

$$|f(x)|\leq |cg(x)|$$

這正是 $f(x)=O(g(x))$ 的定義。

因此官方答案為 (B)。

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(C) 錯誤

核心觀念

公鑰加密（Public key encryption）採用一對具有數學關聯性的金鑰：

• 公鑰（Public key）：可以公開，供他人加密資料。
• 私鑰（Private key）：由金鑰擁有者保管，用來解密以對應公鑰加密的資料。

若寄件者要傳送機密資料給甲，流程為：

1. 寄件者取得甲的公鑰。
2. 使用甲的公鑰加密明文。
3. 只有持有甲私鑰的人，才能解密出原始明文。

因此，公鑰加密具有下列特性：

• 屬於非對稱式密碼系統。
• 公鑰可以公開。
• 私鑰必須妥善保管。
• 公鑰加密主要用於確保資料的機密性。

解題方法

本題直接判斷公鑰與私鑰的用途：

• 公鑰：公開，任何人都可以使用。
• 私鑰：秘密保存，用於解密。
• 截聽者知道公鑰，不代表能解密密文。
• 真正需要防止的是私鑰外洩，以及公鑰遭竄改或冒用。

因此，主張「必須防止截聽者擁有公鑰」的敘述，違反公鑰系統的基本設計，故為錯誤選項。

選項分析

(A) 是一種非對稱式密碼（Asymmetric cryptography）——正確

公鑰加密使用不同的公鑰與私鑰：

$$\text{公鑰} \neq \text{私鑰}$$

加密與解密所使用的金鑰不同，因此屬於非對稱式密碼。相對地，對稱式密碼使用同一把秘密金鑰進行加密與解密。

(B) 擁有私鑰才能正確解密——正確

在標準公鑰加密模型中，使用接收者公鑰加密的資料，必須使用相對應的私鑰解密：

$$C = E_{K_{\text{public}}}(M)$$ $$M = D_{K_{\text{private}}}(C)$$

其中：

• $M$ 為明文（Message）
• $C$ 為密文（Ciphertext）
• $E$ 為加密程序
• $D$ 為解密程序

核心觀念

本題考查 Java 基本資料型態的記憶體大小。依 Java 語言的基本資料型態定義：

• char：16 位元
• float：32 位元
• int：32 位元
• long：64 位元

記憶體大小可用下式換算：

$$1\ \text{Byte}=8\ \text{bits}$$

因此，資料型態所占空間取決於其位元數；位元數越多，占用的記憶體空間越大。

解題方法

逐一比較各選項的位元數：

資料型態	位元數	換算後大小
char	16 bits	2 Bytes
float	32 bits	4 Bytes
int	32 bits	4 Bytes
long	64 bits	8 Bytes

其中 long 使用 64 位元，換算為：

$$64\ \text{bits}\div 8=8\ \text{Bytes}$$

相較之下，其他選項最多僅使用 32 位元，因此占用空間最大的是 long。

選項分析

• (A) char：錯誤

核心觀念

本題考查 Python for 迴圈、range(10)、條件判斷、continue 與 break 的執行順序。

• range(10) 產生 $0$ 至 $9$。
• continue：跳過本次迴圈剩餘敘述，直接進入下一次迭代。
• break：立即終止整個迴圈。
• 每次迴圈開始時，先判斷 output >= 30，再判斷 item % 3 == 0。

解題方法

依照每次迴圈開始時的 output 值逐步追蹤：

item	迴圈開始時 output	執行結果	迴圈後 output
0	0	$0 \bmod 3=0$，加 $1$ 並 continue	1
1	1	非 3 的倍數，乘以 $2$	2
2	2	非 3 的倍數，乘以 $2$	4
3	4	$3 \bmod 3=0$，加 $1$ 並 continue	5
4	5	非 3 的倍數，乘以 $2$	10
5	10	非 3 的倍數，乘以 $2$	20
6	20	$6 \bmod 3=0$，加 $1$ 並 continue	21
7	21	非 3 的倍數，乘以 $2$	42
8	42	$42\ge30$，執行 break	42

迴圈結束後，仍會執行：

$$output=42+1=43$$

核心觀念

本題考查 Python 的：

• 比較運算子：>、<=、!=
• 邏輯運算子：not、and、or
• 運算優先順序

Python 中相關優先順序由高至低為：

$$\text{比較運算} > \text{not} > \text{and} > \text{or}$$

因此，表達式會先完成比較，再依序處理 not、and、or。

解題方法

已知：

$$a=2,\quad b=6,\quad c=4,\quad d=8$$

第一個輸出表達式為：

a > b or not c <= d

先計算比較結果：

a > b

即：

$$2>6=\text{False}$$

再計算：

c <= d

即：

$$4\leq 8=\text{True}$$

加上 not 後：

$$\text{not True}=\text{False}$$

所以：

$$\text{False or False}=\text{False}$$

第二個輸出表達式為：

a != d and b > c

先計算：

a != d

即：

$$2\ne 8=\text{True}$$

再計算：

b > c

即：

$$6>4=\text{True}$$

所以：

$$\text{True and True}=\text{True}$$

因此，整行輸出為：

False True

print 的兩個參數之間會以空格分隔。

選項分析

核心觀念

本題考查程式語言的分類，重點在於辨識「程序性程式語言」（procedural language）與「宣告式程式語言」（declarative language）的差異。

程序性程式語言著重於描述「如何完成工作」，程式設計者必須明確指定：

• 執行步驟
• 控制流程
• 資料處理方式
• 變數的配置與更新

因此，程序性語言通常具有指派、迴圈、條件判斷及程序呼叫等結構，屬於命令式程式設計的重要類型。

宣告式程式語言則著重於描述「要得到什麼結果」，不一定直接指定完整的執行步驟。Prolog 以事實（facts）、規則（rules）及邏輯推論（inference）為核心，屬於邏輯程式語言，通常歸類為宣告式程式語言。

解題方法

逐一判斷各語言的主要程式設計典範：

1. COBOL：程序性、命令式語言。
2. Prolog：邏輯程式語言，屬宣告式語言。
3. Pascal：程序性、命令式語言。
4. Ada：程序性、命令式語言。

題目詢問「不被視為程序性程式語言」者，因此選擇 Prolog。

選項分析

(A) COBOL

COBOL 是 Common Business-Oriented Language 的縮寫，主要用於商業資料處理及大型主機系統。

COBOL 程式通常明確描述資料處理流程，例如：

• 讀取資料
• 計算與判斷
• 更新資料
• 輸出報表

其程式執行方式具有明確的程序步驟，因此被視為程序性程式語言。本選項錯誤。

(B) Prolog

Prolog 是 PROgramming in LOGic 的縮寫，屬於邏輯程式語言。

Prolog 程式主要由下列內容組成：

核心觀念

本題考查常見行動作業系統與其適用裝置的對應關係。

Apple 為自家行動裝置設計的作業系統是 iOS（iPhone Operating System），主要用於 iPhone，並與 iPad 的作業系統同屬 Apple 的行動作業系統家族。

解題方法

判斷各選項所代表的作業系統及其主要支援平台：

• Apple 桌上型、筆記型電腦：macOS（早期稱 Mac OS X）
• Google 主導的行動裝置：Android
• 多種作業系統與伺服器常見的基礎系統：UNIX
• Apple iPhone、iPad 使用的行動作業系統：iOS

因此，針對 iPhone 和 iPad 設計的行動作業系統為 iOS。

選項分析

(A) Mac OS X：錯誤。 Mac OS X 是 Apple 早期用於 Macintosh 桌上型電腦與筆記型電腦的作業系統，後續名稱改為 macOS，並非主要針對 iPhone 和 iPad 設計。

(B) Android：錯誤。 Android 是以 Linux 核心為基礎、由 Google 主導發展的行動作業系統，廣泛使用於 Samsung、Sony、ASUS 等廠商的智慧型手機與平板電腦

核心觀念

作業系統核心（Kernel）是作業系統中負責管理與控制電腦核心資源的部分，主要功能包括：

• 管理處理器與程序（Process）
• 管理主記憶體
• 管理檔案系統與輸入／輸出設備
• 控制硬體資源的使用
• 提供應用程式與硬體之間的溝通機制
• 透過系統呼叫（System Call）提供作業系統服務

核心位於應用程式與硬體之間，負責將軟體提出的需求轉換為硬體可執行的控制指令。因此，核心的主要職責可概括為「管理硬體資源，並提供軟體使用硬體的機制」。

解題方法

判斷各選項是否正確時，應先確認該功能是否屬於 Kernel 的核心職責：

1. 若功能涉及處理器、記憶體、檔案、裝置或硬體資源的管理，通常屬於 Kernel。
2. 若功能屬於使用者介面、應用程式服務或特定軟體功能，通常不屬於 Kernel 的主要職責。
3. Kernel 並非完整的作業系統，而是作業系統中最核心的部分。

題目中只有「管理硬體與軟體間的溝通與控制」符合 Kernel 的基本定義，因此答案為 B。

選項分析

(A) 負責提供圖形操作介面

錯誤。

圖形操作介面（Graphical User Interface, GUI）主要負責提供視窗、圖示、選單、按鈕等使用者操作功能，通常由桌面環境、視窗系統或其他使用者介面元件提供。

Kernel 可以支援圖形介面所需的顯示卡、鍵盤、滑鼠等硬體，但不等於直接負責設計與提供完整的圖形操作介面。因此，GUI 不是 Kernel 的主要定義。

(B) 管理硬體與軟體間的溝通與控制

正確。

Kernel 位於硬體與應用軟體之間，負責管理硬體資源並提供軟體存取硬體的方式。例如：

核心觀念

本題考查多工作業系統中的「執行緒對映模型」，以及綠色執行緒（green threads）的基本特性。

綠色執行緒主要由使用者層級的執行緒函式庫或執行環境管理，核心通常只看見一個程序，或一個核心層級的執行緒。多個使用者層級執行緒因此共用同一個核心層級執行單位，形成：

$$\text{多個 user-level threads} \longrightarrow \text{一個 kernel-level thread}$$

這種模型也稱為「多對一（many-to-one）」執行緒模型。

其主要特性包括：

• 執行緒切換由使用者層級程式庫處理，速度通常較快。
• 核心不需要直接管理每一個使用者層級執行緒。
• 同一時間通常只能使用一個處理器核心執行這些執行緒。
• 若其中一個執行緒發生阻塞，可能導致同一程序內的其他執行緒也無法繼續執行。

解題方法

判斷本題的關鍵，在於辨識綠色執行緒所採用的執行緒對映方式。

綠色執行緒不是依照「耗用資源多寡」命名，也不是指不會阻塞的執行緒，更不是為了讓多個實體核心平行執行執行緒。其核心概念是：

$$\text{多個使用者層級執行緒} \rightarrow \text{單一核心層級執行緒}$$

因此，符合此定義的是選項（C）。

選項分析

（A）使用較少計算資源的執行緒

錯誤。

綠色執行緒的「綠色」不是指消耗較少 CPU、記憶體或其他計算資源，而是指執行緒主要由使用者層級的執行環境管理。

雖然綠色執行緒因為不需要核心直接管理每個執行緒，可能減少核心層級管理的額外負擔，且執行緒切換成本通常較低，但「使用較少計算資源」不是綠色執行緒的定義，也不是其必然特性。

（B）不會造成系統暫停執行（blocking）的執行緒

錯誤。

綠色執行緒仍然可能發生阻塞，例如等待檔案輸入輸出、等待網路資料或等待同步資源。

由於多個綠色執行緒通常共用同一個核心層級執行緒，如果其中一個執行緒進行阻塞式系統呼叫，整個程序可能被核心暫停，導致同一程序中的其他綠色執行緒也無法執行。

核心觀念

本題考查作業系統中的「系統呼叫介面」與應用程式介面（API）概念。

應用程式通常不直接操作核心（Kernel），而是透過函式庫或 API 提供的函式，間接使用檔案、程序、記憶體與輸入輸出等作業系統服務。於許多 UNIX 與 Linux 系統中，Standard C library（標準 C 函式庫）會提供部分系統呼叫的包裝函式，因此成為應用程式與核心之間的重要介面。

例如：

• open：開啟檔案
• read：讀取資料
• write：寫入資料
• fork：建立程序
• exec：載入並執行程式

這些函式通常由標準 C 函式庫提供，再由函式庫進一步轉換成適當的核心系統呼叫。

解題方法

判斷本題的關鍵，在於找出「直接提供許多 UNIX、Linux 系統呼叫包裝函式」的選項。

題幹問的是：

下列何者提供一部分系統呼叫介面給許多版本的 UNIX 和 Linux？

其中「提供一部分系統呼叫介面」的描述，對應到作業系統教科書常見的說法：Standard C library 提供許多 UNIX、Linux 系統呼叫的函式庫介面，使 C 語言程式能以函式呼叫方式使用核心服務。

因此答案為 Standard C library。

選項分析

(A) POSIX

POSIX（Portable Operating System Interface）是由 IEEE 制定的一組可攜式作業系統介面標準，主要目的在於規範 UNIX 類作業系統應提供的介面與行為，使程式較容易在不同 UNIX、Linux 系統間移植。

POSIX 確實與 UNIX、Linux 的系統介面密切相關，也規範許多系統函式的名稱與使用方式；但它本身是「標準規範」，不是實際提供系統呼叫包裝函式的函式庫。因此依本題官方答案的命題分類，A 不選。

(B) Java

核心觀念

堆疊（stack）是一種具有「後進先出」（Last In, First Out, LIFO）特性的線性資料結構。

堆疊的新增操作稱為 push，刪除操作稱為 pop，兩者都在同一端進行，該端稱為堆疊頂端（top）。

例如依序將 $A$、$B$、$C$ 放入堆疊：

$$\text{push}(A)\rightarrow \text{push}(B)\rightarrow \text{push}(C)$$

此時 $C$ 位於堆疊頂端，因此刪除順序為：

$$C\rightarrow B\rightarrow A$$

最晚放入的項目最先被取出，這就是後進先出（LIFO）。

解題方法

判斷堆疊的關鍵，在於確認「新增與刪除是否都從同一端進行」。

• 新增項目時，從堆疊頂端執行 push。
• 刪除項目時，也從堆疊頂端執行 pop。
• 因此，最後加入堆疊的項目會最先刪除。

所以堆疊採用後進先出（LIFO）原則。

選項分析

核心觀念

本題考查虛擬記憶體中的分頁替換演算法，重點如下：

• 分頁錯誤（page fault）：CPU 存取的分頁不在目前的記憶體頁框中時所發生的事件。
• FIFO（First-In First-Out）：當頁框已全部使用，而發生新的分頁錯誤時，淘汰「最早載入」的分頁。
• 本題共有 $3$ 個頁框，初始均為空，因此前 $3$ 個不同分頁均會造成分頁錯誤。

判斷每次存取的分頁是否已存在於頁框中，即可計算分頁錯誤次數。

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解題方法與逐步推導

依照分頁存取順序：

$$1、2、3、4、2、4、5、3、4$$

使用 FIFO 記錄頁框內容及淘汰順序：

存取次序	存取分頁	頁框內容	是否發生分頁錯誤	說明
1	1	$[1,-,-]$	是	頁框原本為空，載入分頁 $1$
2	2	$[1,2,-]$	是	頁框原本為空，載入分頁 $2$
3	3	$[1,2,3]$	是	頁框原本為空，載入分頁 $3$
4	4	$[4,2,3]$	是	頁框已滿，淘汰最早載入的 $1$
5	2	$[4,2,3]$	否	分頁 $2$ 已在頁框中
6	4	$[4,2,3]$	否	分頁 $4$ 已在頁框中
7	5	$[4,5,3]$	是	淘汰目前最早載入的 $2$
8	3	$[4,5,3]$	否	分頁 $3$ 已在頁框中
9	4	$[4,5,3]$	否	分頁 $4$ 已在頁框中

因此發生分頁錯誤的存取分頁為：

$$1、2、3、4、5$$

分頁錯誤總次數為：

$$5$$

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FIFO 淘汰順序

各分頁載入記憶體的時間順序如下：

1. 載入 $1$
2. 載入 $2$
3. 載入 $3$
4. 載入 $4$ 時淘汰 $1$
5. 載入 $5$ 時淘汰 $2$

核心觀念

頻率單調排程（Rate Monotonic Scheduling, RMS）是即時系統中，針對固定優先權排程所採用的方法，其判定原則為：

• 程序週期越短，代表執行頻率越高。
• 執行頻率越高的程序，優先權越高。
• 因此，週期最短的週期性程序具有最高優先權，會優先被執行。

本題的執行時間主要用於分析系統是否能在期限內完成工作，並不影響 RMS 的優先權排序。

解題方法

比較四個程序的週期：

$$100\ \mathrm{ms}<200\ \mathrm{ms}<300\ \mathrm{ms}<500\ \mathrm{ms}$$

依 RMS 規則，週期越短，優先權越高，因此優先權排序為：

$$\text{程序四}>\text{程序三}>\text{程序二}>\text{程序一}$$

程序四的週期為 $100\ \mathrm{ms}$，是四個程序中最短者，因此具有最高優先權，第一優先被執行。

選項分析

核心觀念

本題考查雲端運算的服務提供模型。依美國國家標準暨技術研究院（NIST）的分類，主要雲端服務模型包括：

• 軟體即服務（Software as a Service, SaaS）
• 平台即服務（Platform as a Service, PaaS）
• 基礎建設即服務（Infrastructure as a Service, IaaS）

判斷重點在於：使用者取得的是硬體資源、開發平台，還是可直接操作的應用軟體。

解題方法

Google 文件是由 Google 建置並維護的線上文件應用程式。使用者只需透過網頁瀏覽器登入，即可建立、編輯、儲存及與他人共同協作文件，不必自行安裝及維護該文件軟體，也不必管理伺服器、儲存設備或作業系統。

因此，使用者取得的是「可直接使用的完整應用軟體服務」，符合軟體即服務（SaaS）的特徵。

選項分析

(A) 桌面即服務（Desktop as a Service, DaaS）錯誤

DaaS 是將完整的虛擬桌面環境透過網路提供給使用者，內容通常包括作業系統、桌面環境及相關應用程式。Google 文件僅提供線上文件處理與協作功能，並未提供完整的虛擬桌面環境，因此不屬於 DaaS。

此外，NIST 所定義的主要雲端服務模型是 SaaS、PaaS 與 IaaS，DaaS 並非本題所依據的 NIST 三大基本服務模型。

(B) 基礎建設即服務（IaaS）錯誤

IaaS 提供虛擬機器、運算能力、儲存空間及網路等基礎資訊科技資源。使用者通常仍須自行管理作業系統、中介軟體及應用程式。

核心觀念

本題考查 ASCII 編碼中英文字母大小寫的對應關係。

在 ASCII 編碼中：

• 大寫英文字母與對應的小寫英文字母相差 $32$，即十六進位的 $20$。
• 二進位表示為：

$$32_{10}=00100000_2$$

因此，小寫字母的編碼可由大寫字母編碼加上 $00100000$ 得到。

題目已知大寫字母 E 的編碼為：

$$01000101_2$$

解題方法

將大寫 E 的編碼加上大小寫字母之間的差值：

$$\begin{aligned} 01000101_2 +00100000_2 &=01100101_2 \end{aligned}$$

所以，小寫字母 e 的編碼為：

$$01100101_2$$

亦可用十六進位快速判斷：

$$E=45_{16}$$

小寫字母相差 $20_{16}$：

$$45_{16}+20_{16}=65_{16}$$

而：

$$65_{16}=01100101_2$$

選項分析

核心觀念

本題考查「多媒體檔案格式」與「音訊編解碼器」的基本分類：

• 圖片格式：儲存靜態影像資料，例如 JPEG、PNG、GIF。
• 影片格式：通常指影片容器格式，用來封裝影像、音訊、字幕等資料，例如 MP4、AVI、MKV。
• 音訊格式：用來儲存或編碼聲音資料，例如 MP3、WAV、FLAC。
• 文件格式：用來儲存文字與文件排版內容，例如 ODF、RTF。
• 編解碼器（Codec）：由「編碼器（Coder）」與「解碼器（Decoder）」組成，用於壓縮、編碼及還原多媒體資料。

判斷本題的關鍵，是確認每個名稱所屬的資料類型，而不是只看它是否與電腦檔案有關。

解題方法

逐一辨認各選項中的檔案格式，再檢查其是否符合題幹所說的類別：

1. JPEG、PNG、GIF 是否屬於圖片格式。
2. MP4、AVI、MKV 是否屬於影片格式。
3. MP3、WAV、FLAC 是否屬於音訊格式。
4. ODF、MP3、RTF 是否全部屬於音訊編解碼器。

前三組皆能對應到正確的多媒體類型；第四組同時包含文件格式，因此整體敘述錯誤。

選項分析

(A) JPEG、PNG 和 GIF 是常見的圖片格式

正確。

• JPEG（Joint Photographic Experts Group）：常用於照片及色彩連續的影像，通常採用有損壓縮。
• PNG（Portable Network Graphics）：支援無損壓縮與透明背景，常用於網頁圖片、圖示及需要保留清晰邊緣的影像。
• GIF（Graphics Interchange Format）：支援有限色彩與簡單動畫，常見於簡易動畫圖片。

三者皆屬於常見的圖片檔案格式，因此本選項正確。

(B) MP4、AVI 和 MKV 是常見的影片格式

正確。

• MP4：常見的多媒體容器格式，可封裝影片、音訊、字幕等資料。
• AVI（Audio Video Interleave）：由 Microsoft 發展的影音容器格式。
• MKV（Matroska Video）：功能彈性高的影片容器格式，可封裝多種影像、音訊、字幕及章節資訊。

核心觀念

本題考查影像處理中的「負片（negative image）」轉換。對於像素值範圍為 $[0,L-1]$ 的影像，負片轉換公式為：

$$s=(L-1)-r$$

其中：

• $r$：輸入影像像素值
• $s$：輸出負片影像像素值
• $L$：像素可能使用的灰階級數
• $r,s\in[0,L-1]$

負片的意義是將亮、暗程度反轉：原本最暗的像素轉為最亮，原本最亮的像素轉為最暗。

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解題方法

由於輸入與輸出的像素值皆介於 $0$ 到 $L-1$：

• 當 $r=0$（最暗）時，負片應為最大值：

$$s=L-1$$

• 當 $r=L-1$（最亮）時，負片應為最小值：

$$s=0$$

因此，必須使用能同時滿足上述兩個端點的轉換式：

$$s=(L-1)-r$$

驗算如下：

$$r=0\Rightarrow s=L-1$$ $$r=L-1\Rightarrow s=0$$

符合負片影像的亮暗反轉定義。

例如，若為 $8$ 位元灰階影像，則 $L=256$，像素值範圍為 $0$ 到 $255$，轉換公式為：

$$s=255-r$$

若原像素值 $r=50$，則：

$$s=255-50=205$$

原本較暗的像素會轉換為較亮的像素。

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選項分析

(A) $s=L-1+r$

錯誤。此式將輸入值 $r$ 加上 $L-1$，無法將亮度反轉。

當 $r=0$ 時：

$$s=L-1$$

但當 $r=L-1$ 時：

核心觀念

圖像在電腦中的表示方式，主要分為：

1. 點陣圖（bitmap graphics） 又稱柵格圖（raster graphics），由許多像素（pixel）排列組成。每個像素儲存顏色或亮度資訊，適合表現照片、陰影與複雜色彩。

2. 向量圖（vector graphics） 以數學方式記錄點、線、曲線、幾何圖形及其屬性，例如位置、長度、方向、顏色與線條粗細。放大或縮小時，通常能維持清晰度，適合商標、字型及工程圖。

因此，電腦中的圖像表示法，最基本且標準的分類就是「點陣圖」與「向量圖」。

解題方法

判斷各選項是否正確時，應先區分：

• 「圖像的表示結構」：點陣式或向量式。
• 「圖像的取得方式」：例如掃描。
• 「圖像的儲存或傳輸方式」：例如壓縮。
• 非標準或不具代表性的分類名稱。

題目詢問的是圖像在電腦中的「表示法」，所以應選擇表示結構的正式分類。符合此條件的是點陣圖與向量圖。

選項分析

(A) 可以使用點陣圖（bitmap graphics）或掃描圖（scan graphics）表示

錯誤。

點陣圖是正式的圖像表示方式；但「掃描圖」並不是與點陣圖、向量圖並列的標準表示分類。

掃描是將紙本、照片或其他實體影像轉換成數位資料的取得方式。掃描後產生的影像通常會以點陣圖形式儲存，但「掃描」本身不是一種獨立的圖像表示結構。

(B) 可以使用向量圖（vector graphics）或元件圖（component graphics）表示

錯誤。

核心觀念

影像可視為二維像素函數 $f(x,y)$，其像素值代表灰階或色彩強度。使用一階導數進行影像處理時，主要觀察影像強度的變化率：

$$\frac{\partial f}{\partial x},\qquad \frac{\partial f}{\partial y}$$

綜合水平與垂直方向的變化，可用梯度大小表示：

$$|\nabla f| = \sqrt{ \left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^2+ \left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^2 }$$

一階導數的基本性質如下：

• 像素值不變時，導數為 $0$。
• 像素值有變化時，導數通常不為 $0$。
• 像素值變化越劇烈，導數的絕對值通常越大。
• 邊緣是像素值快速變化的位置，因此一階導數通常可用來偵測邊緣、強化影像細節。

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解題方法

判斷各選項時，只要檢查該區域的像素值是否發生變化即可。

若某一區域內像素值為常數，例如：

$$f(x,y)=c$$

其中 $c$ 為固定值，則：

$$\frac{\partial f}{\partial x}=0,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=0$$

因此梯度大小為：

$$|\nabla f|=0$$

這就是平坦區域的一階導數結果。

相反地，若像素值隨位置變化，例如一維斜坡：

$$f(x)=ax+b$$

則其一階導數為：

$$\frac{df}{dx}=a$$

只要斜率 $a\neq 0$，導數就不為零。若在邊緣處像素值突然改變，離散一階差分的結果通常更大，例如：

$$\Delta f=f(x+1)-f(x)$$

邊緣附近的 $\Delta f$ 會呈現較大的絕對值。

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選項分析

(A) 在像素值劇烈變化的區域結果為零

錯誤。

像素值劇烈變化代表影像強度的變化率很大，一階導數的絕對值通常也較大：

核心觀念

本題考查「類比訊號轉換為數位訊號」的基本流程。類比聲波的數位化通常依序包含：

$$\text{取樣（Sampling）} \rightarrow \text{量化（Quantization）} \rightarrow \text{編碼（Encoding）}$$

• 取樣：在時間軸上，以固定取樣頻率擷取類比聲波的振幅值。
• 量化：將取樣所得的連續振幅值，對應到有限個離散數值。
• 編碼：把量化後的數值轉換成二進位位元形式，便於儲存與處理。

因此，第一個步驟是取樣。

解題方法

判斷訊號數位化流程的先後順序即可：

1. 原始聲波是時間與振幅皆連續的類比訊號。
2. 先依固定時間間隔擷取聲波的振幅，完成取樣。
3. 將每個取樣值分配至有限的數值等級，完成量化。
4. 將量化結果表示為二進位資料，完成編碼。

取樣頻率通常以赫茲（Hz）表示。依奈奎斯特取樣定理，若要正確重建最高頻率為 $f_{\max}$ 的訊號，取樣頻率 $f_s$ 至少須滿足：

$$f_s \geq 2f_{\max}$$

但本題只問轉換流程的第一步，不需進行頻率計算。

選項分析

核心觀念

本題考查掃描器的基本功能、解析度單位、OCR 技術，以及掃描檔案的儲存格式。

• 掃描器的解析度通常以 **DPI（dots per inch，每英吋點數）**表示。
• 解析度越高，通常能保留越多細節，但產生的圖檔容量也通常越大。
• OCR（Optical Character Recognition，光學字元辨識）是將影像中的文字辨識成可編輯、可搜尋的文字資料。
• 掃描結果可依需求儲存為 JPEG、PNG、TIFF、PDF 等格式。

解題方法

逐一檢查各選項對掃描器基本概念的描述：

1. 判斷解析度的單位是否正確。
2. 判斷解析度與檔案容量的關係。
3. 判斷 OCR 的資料轉換方向。
4. 判斷掃描資料是否能儲存為該檔案格式。

其中只有 D 完整符合掃描器的實際應用。

選項分析

(A) 掃描器使用 FPS（frame per second）作為解析度單位

錯誤。

FPS 是「每秒畫格數」（Frames Per Second）的縮寫，主要用於表示影片、動畫或攝影機每秒更新的影格數，屬於影像更新速率的單位。

掃描器的解析度通常使用 DPI 表示。例如 $300$ DPI 表示每英吋可辨識或取樣 $300$ 個點。掃描器也可能標示水平解析度與垂直解析度，但基本單位仍是 DPI，而不是 FPS。

(B) 掃描器的解析度越高，掃描效果越好，掃描產生的圖檔越小

錯誤。

解析度提高時，通常能擷取更多影像細節，因此在其他條件相同下，掃描品質會提升。然而，解析度越高，代表取樣的像素數量越多，未壓縮或相同壓縮條件下所產生的圖檔容量通常也越大，而不是越小。

核心觀念

雙線性插補（bilinear interpolation）是影像放大時常用的灰階或色彩估算方法。其核心是：先將放大後的新像素位置對應回原影像，再取原影像中包圍該位置的四個相鄰像素，依照距離進行加權平均，求出新像素值。

因此，雙線性插補使用的是二維平面上的四個像素值，而非單一方向的一個鄰居，也不是八個鄰居。

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解題方法

假設新像素對應到原影像中四個像素所圍成的區域：

• 左上角像素值：$Q_{11}$
• 右上角像素值：$Q_{21}$
• 左下角像素值：$Q_{12}$
• 右下角像素值：$Q_{22}$

若對應位置在水平方向的比例為 $u$，垂直方向的比例為 $v$，其中 $0 \leq u,v \leq 1$，則雙線性插補值可表示為：

$$P=(1-u)(1-v)Q_{11} +u(1-v)Q_{21} +(1-u)vQ_{12} +uvQ_{22}$$

此公式表示四個鄰近像素各自依距離取得權重，距離越近，對新像素值的影響越大。

例如，新像素位於四個像素中央附近，四個像素便會以相近權重共同決定其灰階值。這正是「使用新像素 4 個最近鄰居的像素值運算」的意義。

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選項分析

(A) 使用新像素右側鄰居的像素值，將灰階指定給新像素

錯誤。此選項只使用右側單一鄰居的像素值，屬於單點取樣的概念，不能反映新像素周圍二維區域的灰階變化。雙線性插補必須同時考慮水平方向與垂直方向的像素。