114 身心障礙特考四等 資訊處理類科 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

本題考微處理器的定址模式，也就是指令如何取得運算元。**立即定址（immediate addressing）**的運算元值直接寫在指令中，處理器解碼指令後即可取得該值，不必再從記憶體或暫存器讀取運算元。

解題方法

判斷關鍵是看「運算元內容已包含在指令當中」：若指令欄位直接存放要參與運算的常數，就是立即定址。例如，ADD R1, #5 中的 5 就是指令所帶的立即值。

相對地，其他定址模式的指令通常提供位移量、位址片段或基底資訊，處理器還須據此計算或組合出運算元所在的位置。

選項分析

• (A) 立即定址方法（immediate addressing）—正確。 運算元的值直接包含在指令內，例如常數 5，符合題意。

核心觀念

本題考查電腦五大組成單元的功能分工。控制單元（Control Unit, CU）負責讀取並解碼指令，依指令內容產生控制訊號，協調資料在各單元間的傳送與操作。

解題方法

題幹的關鍵是「指令解碼」與「產生訊號來操作資料去向」。這兩項都是控制單元的職責：CU 解讀指令後，會發出控制訊號，指示資料應由哪個單元送往何處，以及後續要執行何種操作，因此選 (B)。

選項分析

核心觀念

8 位元二補數的最高位是符號位：最高位為 $0$ 表示非負數，為 $1$ 表示負數。求負數時，將各位元反相後再加 $1$；加減運算則以二進位直接計算，結果保留 8 位元。若發生超出 8 位元可表示範圍的情形，需考慮溢位。

解題方法

先將各數轉成十進位，可快速核對運算：

• $a=11001100$：反相加 $1$ 得 $00110100=52$，所以 $a=-52$。
• $b=10101010$：反相加 $1$ 得 $01010110=86$，所以 $b=-86$。
• $c=10001000$：反相加 $1$ 得 $01111000=120$，所以 $c=-120$。

再逐項計算，並將結果換回 8 位元二補數。

選項分析

(A) $-a=00110100$：正確。

$a=-52$，所以 $-a=52$。十進位 $52$ 的 8 位元二進位為 $00110100$。

(B) $a-c=01000100$：正確。

$a-c=(-52)-(-120)=68$

$68$ 的 8 位元二進位為 $01000100$。

(C) $a+b=11110110$：錯誤。

核心觀念

本題考 GPU 與 CPU 的硬體設計目標差異。CPU 著重降低單一工作或單一執行緒的延遲，擅長處理複雜控制流程；GPU 則配置大量運算核心，著重大量平行工作的吞吐量。為了讓運算單元持續工作，GPU 通常需要以較高程度的多緒化來隱藏記憶體存取等延遲。

解題方法

先比較兩者的設計重點：CPU 偏重單一執行緒效能與低延遲；GPU 偏重平行處理與高吞吐量。再檢視選項是否符合這項差異：GPU 的核心數量、時脈或記憶體頻寬，不能單獨概括 GPU 與 CPU 的效能關係；多緒化則是 GPU 隱藏延遲、維持大量運算單元忙碌的重要方式。

選項分析

• (A) 錯誤。 GPU 不具備 CPU 的所有功能。CPU 通常較擅長作業系統管理、複雜分支與一般用途的序列工作；GPU 則擅長大量資料的平行運算。兩者功能與設計取向不同，不能視為可完全互換。
• **(B) 錯誤。

核心觀念

指標是用來儲存記憶體位址的變數。指標本身有自己的位址與值；其值是所指向物件或函式的位址。依指標型別不同，指標可以指向一般物件，也可以指向函式。指標變數的值也可以重新指定，因此指向的目標能改變。

解題方法

逐一判斷選項描述的是「指標可以指向什麼」、「指標值能否變更」，或「指標能否用作函式參數」。本題依官方答案，將「常數」視為不可作為指標目標的對象，因此錯誤的是 (A)。

選項分析

• (A) 目標（target）可以是常數（constant）—錯誤。 依本題採用的命題定義，指標指向的是具有可定址位置的物件或函式；常數值本身不作為指標目標，所以此敘述錯誤。須注意，C 語言中「常數」可有不同含義：例如具名的 const 物件仍是物件，可以取址；字串常值也有儲存位置。因此，若將「常數」廣義解讀為這些情形，題目用語會有爭議；本題仍依官方答案將其判為錯誤。

核心觀念

超長指令字（Very Long Instruction Word, VLIW）是指令集架構的一種設計。處理器在同一個指令字中打包多個可平行執行的操作，由編譯器分析指令間的相依性，安排哪些操作可以同時發出與執行。因此，VLIW 的平行排程工作較多交由編譯器負責。

解題方法

判斷各選項是否描述了 VLIW 的平行方式，以及平行排程由誰負責。VLIW 是指令級平行：一個超長指令字可包含多個彼此獨立的操作，讓處理器同時執行；編譯器須辨識資料相依與可平行操作，並將它們安排進指令字中。

選項分析

• (A) 是一種位元級並行（bit-level-parallelism）技術：錯誤。 位元級平行是指藉由增加資料路徑寬度，一次處理更多位元；VLIW 著重的是同時執行多個指令操作，屬於指令級平行。

核心觀念

虛擬地址空間的頁數，等於虛擬位址空間大小除以頁面大小。題目提供的「每個頁表項目 4 位元組」與本題求頁數無關；頁表項目大小會影響頁表占用的記憶體容量。

解題方法

36 位元虛擬地址可表示 $2^{36}$ 個位址。頁面大小為 $8\text{K}=8\times 2^{10}=2^{13}$ 位元組，因此頁數為：

選項分析

• (A) $2^{22}$：錯誤。 少算一個 2 的次方；36 位元地址空間除以 $2^{13}$ 位元組的頁面，指數差為 $36-13=23$。

核心觀念

本題考查 CPU 中各暫存器的用途。**程式計數器（Program Counter，PC）**用來記錄下一個要執行指令的位址；CPU 取出指令後，PC 通常會更新為下一個指令的位址，遇到跳躍或分支指令時則改為目標位址。

解題方法

題目問「下一個執行指令所在的地址」，直接對應程式計數器（PC）。辨別其他選項時，可看它們分別處理的是目前指令、記憶體位址，還是記憶體資料。

選項分析

• **(A) 指令暫存器（Instruction Register）錯誤：**儲存目前已從記憶體取出、正要解碼或執行的指令，不負責記錄下一個指令的位址。

核心觀念

本題考「有效存取時間」（Effective Access Time, EAT）：依各種情況發生的機率，計算平均記憶體存取時間。發生分頁錯失時，處理時間遠高於一般記憶體存取，因此即使錯失機率很低，也會明顯增加平均時間。

解題方法

分頁錯失機率為 $0.001\%=0.00001$，未發生分頁錯失的機率為 $1-0.00001=0.99999$。

先將時間統一換算成奈秒：

因此有效存取時間為：

選項分析

核心觀念

本題考辨識 CPU 效能的衡量單位。MFLOPS 是每秒百萬次浮點運算（Million Floating-Point Operations Per Second），可用來表示處理器執行浮點運算的速度；數值越高，代表每秒完成的浮點運算次數越多。

解題方法

先辨認各選項的單位所測量的對象，再找出能表示處理器運算速度的單位。bps、rpm、dpi 分別用於資料傳輸率、旋轉速度與影像解析度；MFLOPS 則直接衡量每秒浮點運算次數，因此符合題意。

選項分析

核心觀念

同一個數可以用不同進位表示。將 $9$ 進位數換成 $3$ 進位數時，可利用 $9=3^2$：每一個 $9$ 進位位數都對應兩個 $3$ 進位位數。

小數部分也按位值轉換：$9$ 進位小數第一位的權重是 $9^{-1}=3^{-2}$，相當於 $3$ 進位小數點後第二位。

解題方法

先將兩個表示式展開成十進位值：

兩者代表同一數值，因此：

兩邊乘以 $9$：

因為 $m$ 是 $9$ 進位的一位數，且小數位不為 $0$，所以 $m\in\{1,2,\ldots,8\}$；$n$ 是 $3$ 進位的一位數，所以 $n\in\{0,1,2\}$。代入可知 $n=1$ 時 $m=7$，符合位數範圍；$n=0$ 或 $n=2$ 時，所得 $m$ 分別為 $-20$ 或 $34$，均不符合。

核心觀念

本題考查固定位元數下，無號與有號整數的表示範圍。6 位元共有 $2^6=64$ 種位元組合；範圍取決於最高位元是否作為符號位，以及負數採用哪種表示法。

解題方法

• Unsigned integer（無號整數）：6 個位元都表示數值，範圍為 $0$ 至 $2^6-1$。
• Sign-and-magnitude（符號與大小表示法）：最高位元表示正負，剩下 5 位表示大小，範圍為 $-(2^5-1)$ 至 $2^5-1$。
• 1 的補數：最高位元為符號位，負數由正數逐位反相取得；可表示的數值範圍為 $-(2^5-1)$ 至 $2^5-1$，並有正零與負零兩種表示。
• 2 的補數：6 位元範圍為 $-2^5$ 至 $2^5-1$。

選項分析

核心觀念

本題考查 GIF 使用的 LZW（Lempel–Ziv–Welch）壓縮法，與一般 LZW 在字串表索引值的編碼方式上的差異。

LZW 會逐步建立字串表，並以索引值代表已收錄的字串。標準 LZW 常以固定位元數表示索引值；GIF 採用可變長度碼，隨著字串表增加而增加索引值的位元數，藉此避免一開始就用較長碼字表示小索引。

解題方法

比較兩者時，抓住「索引值如何編碼」即可：GIF 的改良版使用可變長度碼，而不是一律使用固定長度碼。這讓常見的較小索引值能以較短碼字表示，字串表擴大時再增加碼字長度，因此能節省壓縮後的空間。

選項分析

核心觀念

1 的補數是將位元樣式中的每一個位元逐位反相：原本的 $0$ 改為 $1$，原本的 $1$ 改為 $0$。這題只需逐位翻轉，不涉及加減運算。

解題方法

給定 $X=11001010$，逐位反相：

核心觀念

本題考查進位制轉換與數值運算。十六進位每一位代表 $16$ 的冪次，八進位每一位代表 $8$ 的冪次；也可利用 $16=2^4$、$8=2^3$，先將十六進位數轉為十進位計算，再把乘積轉成八進位。

解題方法

先將兩個十六進位數轉為十進位：

相乘得：

將 $6800$ 除以 $8$，依序記下餘數，再由下往上排列：

因此：

核心觀念

轉換編碼（transform coding）先將時間域或空間域的訊號轉換成頻域係數，再利用係數間能量分布不均的特性進行壓縮。常見轉換包括離散餘弦轉換（DCT）及傅立葉轉換。

好的轉換會把訊號能量集中在少數重要係數，讓其他係數可用較少位元表示，或在有損壓縮時予以量化。它也能降低係數間的統計相關性，便於後續編碼。

解題方法

判斷各選項是否符合轉換編碼的目的：若說能量集中於少數係數、降低係數相關性，或將影像、音訊表示為頻域成分，便符合轉換編碼的特性；若說能量平均分散，則與壓縮所需的能量集中效果相反。

選項分析

核心觀念

本題考布林代數的補數定律與德摩根定律。變數上的撇號表示反相，例如 $x'$ 表示 $x$ 的補數；函式 $f'$ 則是整個函式 $f$ 的補數。

德摩根定律為：

解題方法

先找出 $f$ 為 $1$ 的輸入組合，再對整個函式取補數。

第一項 $x'yz'$ 為 $1$ 時，$(x,y,z)=(0,1,0)$；第二項 $x'y'z$ 為 $1$ 時，$(x,y,z)=(0,0,1)$。因此 $f'$ 在這兩組輸入時為 $0$，其餘輸入時為 $1$。

直接對原式取補數，並套用德摩根定律：

核心觀念

本題考卡諾圖（Karnaugh Map）化簡布林函數。將函數中為 $1$ 的輸入組合標在卡諾圖上，再把相鄰的 $1$ 合併成大小為 $1、2、4、8$ 等的群組。每個群組對應一個乘積項；群組越大，化簡後保留的變數越少。

四變數函數可將各項換成最小項編號，其中撇號代表變數值為 $0$。例如 $A'C'D'$ 表示 $A=0、C=0、D=0$，而 $B$ 不拘。

解題方法

將題目各乘積項展開成最小項：

• $A'C'D'$：$A=0、C=0、D=0$，$B$ 不拘，包含 $m_0、m_4$。
• $A'D$：$A=0、D=1$，$B、C$ 不拘，包含 $m_1、m_3、m_5、m_7$。
• $B'C$：$B=0、C=1$，$A、D$ 不拘，包含 $m_2、m_3、m_{10}、m_{11}$。
• $CD$：$C=1、D=1$，$A、B$ 不拘，包含 $m_3、m_7、m_{11}、m_{15}$。
• $AB'D'$：$A=1、B=0、D=0$，$C$ 不拘，包含 $m_8、m_{10}$。

因此，

依卡諾圖相鄰關係可圈出以下四格群組：

1. $m_0、m_1、m_4、m_5$：$A=0、C=0$ 固定，得到 $A'C'$。
2. $m_0、m_2、m_8、m_{10}$：$B=0、D=0$ 固定，得到 $B'D'$。

核心觀念

本題考查記憶體的揮發性。揮發性記憶體在電源中斷後會失去所儲存的資料；非揮發性記憶體則能在斷電後保留資料。

解題方法

逐一判斷各選項的記憶體是否需要持續供電才能保存資料。DRAM、快取記憶體與 CPU 暫存器都屬於揮發性記憶體；快閃記憶體斷電後仍能保留資料，因此符合題意。

選項分析

• (A) DRAM：錯誤。 DRAM 以電容儲存位元，須定期更新，且斷電後資料會消失，屬於揮發性記憶體。
• (B) 第一層快取記憶體（L1 Cache）：錯誤。 L1 Cache 通常以 SRAM 實作，供電中斷後資料會消失，屬於揮發性記憶體。

核心觀念

通用邏輯閘是指只使用一種邏輯閘，就能組合出其他基本邏輯功能（NOT、AND、OR 等）的邏輯閘。常見的通用邏輯閘是 NAND 與 NOR。

NOR 閘的輸出為：

解題方法

把兩個輸入接在一起，就能用 NOR 閘做出反相器：

利用這個反相功能，還能組成 OR 閘及 AND 閘：

核心觀念

本題考 while 迴圈的執行順序，以及 if-else 分支中變數更新的差異。每一輪先判斷 var < number；進入迴圈後，依條件執行其中一個分支，最後再執行分支外的 var = var + 1。

解題方法

初始值為 number = 24、var = 1。逐輪追蹤 var：

核心觀念

本題考查 BNF（Backus–Naur Form）文法的推導與字串判定。符號 ::= 表示「定義為」，| 表示「或」，尖括號中的名稱是非終端符號。

依題目定義：

• <NT1> 可推導為 1<NT2> 或 0<NT3>。
• <NT2> 至少包含一個 <D1>，而 <D1> 是偶數字元 0、2、4、6、8。
• <NT3> 至少包含一個 <D2>，而 <D2> 是奇數字元 1、3、5、7、9。

因此，符合語法的字串必須以 1 或 0 開頭；開頭為 1 時，後續字元須為偶數，開頭為 0 時，後續字元須為奇數。兩種情況的後續部分都至少要有一個字元。

解題方法

逐一檢查字串的首位，選擇 <NT1> 的對應規則，再確認其餘字元是否符合相應的數字集合，且後續部分是否至少有一位。

選項分析

核心觀念

外部斷裂（external fragmentation）是指可用記憶體總量足夠，但空間分散在多個不連續的小區塊中，無法提供一段足夠大的連續空間。

連續記憶體配置要求一個行程占用一整段連續空間。行程配置或釋放後，記憶體中可能留下分散的小空洞，因此會產生外部斷裂。

分頁（paging）則把實體記憶體切成固定大小的頁框，並把行程切成相同大小的頁面；頁面可放在不連續的頁框中，不必湊成一整段連續空間。因此分頁不會產生外部斷裂，但可能有頁面未用滿所造成的內部斷裂（internal fragmentation）。

解題方法

辨別兩種配置方式是否要求「連續的實體記憶體空間」：

核心觀念

需求頁處理（demand paging）是虛擬記憶體的一種管理方式：作業系統不會在程序啟動時預先載入所有虛擬頁，而是在程序實際存取某頁時，才確認該頁是否已在實體記憶體中。

若被存取的頁不在記憶體中，會發生缺頁錯誤（page fault）。作業系統再將該頁從次級記憶體載入實體記憶體，完成必要處理後，讓程序繼續執行。

解題方法

判斷關鍵在於「需要時才載入」：需求頁處理只因目前存取的頁不在實體記憶體中，才將該頁載入；它不代表啟動時載入全部頁，也不會因為使用某頁就必定預先載入下一頁。因此符合定義的是選項（B）。

選項分析

核心觀念

本題考資料庫的並行控制：多筆交易同時讀取或修改資料時，若執行順序不當，可能使資料遭覆寫、統計結果不一致，或使交易彼此等待而無法繼續。題目問的是，哪個選項不屬於這類並行問題。

解題方法

逐一辨認選項是否為交易並行執行時常見的問題。若選項描述的是資料庫的資料組織或其他概念，而非多筆交易同時操作所造成的衝突，即為答案。

選項分析

• (A) 更新遺失問題（lost update problem）：錯誤選項。 兩筆交易讀取同一筆資料後，各自計算新值並寫回；後寫入的交易覆蓋先前交易的更新，造成其中一次更新遺失。這是典型的並行控制問題。

核心觀念

Round Robin（循環輪替）排程法常用於分時系統。每個就緒中的工作依序取得固定長度的時間片段；時間片用完仍未完成時，工作會被中斷並排到就緒佇列尾端，讓其他工作有機會執行。因此，Round Robin 是一種可奪取式排程法。

解題方法

判斷各選項是否符合 Round Robin 的特性，關鍵在於時間片段的影響：時間片太大，排程效果接近先到先服務；時間片太小，雖能加快工作輪替，卻會增加工作切換與排程管理的負擔。因此，時間片越小不代表系統效率越好。

選項分析

核心觀念

Linux 檔案權限通常分為檔案擁有者、所屬群組及其他使用者三類，權限包括讀取（r）、寫入（w）與執行（x）。要設定或修改這些權限，使用 chmod 指令，名稱來自 change mode。

解題方法

題目問「改變檔案的存取權限」，直接對照 Linux 常用指令的用途：修改權限用 chmod；修改群組或擁有者則使用其他指令。因此選擇 (C)。

例如，chmod 640 file.txt 會設定擁有者可讀寫、群組可讀、其他使用者無權限。

選項分析

核心觀念

本題考「靜態變數」的宣告位置、生命週期與記憶體管理。static 變數可以在函式內宣告為區域變數；此時它的作用範圍仍限於該函式，但生命週期通常延續整個程式執行期間。作用範圍與生命週期是不同概念。

解題方法

判斷各選項時，分別看變數的宣告位置、可見範圍，以及其儲存空間是否由函式呼叫的堆疊管理。函式內的 static 區域變數，雖然只能在該函式內使用，卻不會隨函式返回而消失，因此不同於一般區域變數。

選項分析

• (A) local variable 可以是 static variable：正確。 區域變數可以加上 static 宣告。它的名稱仍只在函式或區塊內可見，但儲存空間在程式執行期間持續存在。例如，在函式內宣告的 static int count;，再次呼叫該函式時會保留先前的值。

核心觀念

本題考查資料探勘的關聯分析。關聯分析用來找出資料項目之間經常共同出現的關係，例如消費者購買某商品時，也常購買另一商品。常見衡量指標包括支持度與信賴度。

題目要找的是「喜歡買 3C 商品」與「喜歡喝可樂」這兩類消費者的共同特性，也就是探索不同項目或行為之間的關聯，符合關聯分析的用途。

解題方法

先抓題目關鍵詞：「不同種類消費者的共同特性」。若題意是找出哪些項目或行為常一起出現，便選關聯分析；若是把資料分組，則屬於集群分析；若是描述或比較既定類別，則分別屬於類別描述或類別鑑別。

因此，本題選擇用來找出消費行為之間關聯的 (D) 關聯分析。

選項分析

• (A) 類別描述（class description）：描述某一既定類別的特徵，例如整理喜歡購買 3C 商品的消費者常見特性。它著重描述單一類別，並非找出不同項目之間的共同出現關係。

核心觀念

本題考查 Java 的實例變數與靜態方法的存取規則。x 和 y 宣告在類別 Exam 中，且沒有 static，因此它們是實例變數；main 則是 static 靜態方法。

靜態方法屬於類別本身，不能直接使用需要特定物件才能存取的實例變數。必須先建立 Exam 物件，再透過物件存取 x、y。

解題方法

程式進入點是：

public static void main(String[] args) {
 int sum = 0;
 for (int i = y; i >= x; i--) sum += i;
 System.out.println(sum);
}

在 main 的 for 迴圈中，i 的初始值直接取自 y，條件又直接使用 x。但 x、y 都是非靜態實例變數，main 是靜態方法，沒有透過任何 Exam 物件存取它們，因此編譯器會報錯，程式無法執行。

核心觀念

本題考各通訊協定在電子郵件服務中的用途。電子郵件常見協定包括：

• SMTP：用於寄送郵件，以及郵件伺服器之間轉送郵件。
• POP3、IMAP：用於收取郵件；POP3 常將郵件下載至用戶端，IMAP 則讓用戶端與伺服器上的郵件保持同步。
• HTTP：用於傳送網頁等網路資源，本身不是電子郵件的收發協定。

解題方法

辨認各協定的主要功能即可：SMTP 負責寄信，POP3 與 IMAP 負責收信；HTTP 的主要用途是瀏覽網頁，因此選出 HTTP。

選項分析

核心觀念

本題考文字編碼的用途、編碼單位與常見編碼範圍。ASCII 主要用於英文字母、數字及控制符號；BIG-5 是繁體中文常用的雙位元組編碼；UTF-8 則是可變長度編碼，每個字元使用 1～4 個位元組。

解題方法

逐一檢查各選項是否正確描述該編碼的文字種類與位元組數。ASCII、BIG-5、UTF-8 的基本特性不同，辨認其用途及編碼長度即可判斷。

選項分析

• (A) 錯誤。 ASCII 不包含繁體中文字。ASCII 原始標準以 7 個位元表示，共有 $2^7=128$ 個編碼位置，主要涵蓋英文字母、數字、標點及控制符號。
• (B) 錯誤。 BIG-5 是繁體中文常用編碼，並非簡體中文內碼。其中文字通常以兩個位元組表示；

核心觀念

本題考數位影音媒體的容量，以及標準畫質電視（SDTV）與高畫質電視（HDTV）的畫面比例、掃描線規格。

解題方法

逐一核對各選項的常見規格。SDTV 的有效掃描線數是辨識本題的關鍵：傳統電視常見規格約為 480 條有效掃描線，選項所列的 380 條不符。

選項分析

• (A) 正確。 單層 HD DVD 的容量約為 15 GB，符合常見規格。
• (B) 正確。 單層 Blu-ray Disc（BD）的容量為 25 GB，並可支援較高畫質的影音內容。

核心觀念

相片是二維影像，呈現的是物體在平面上的位置與外觀，沒有直接保留場景的立體深度資訊。遠近法利用拍攝者與物體之間的距離，以及不同物體在相機視角中的相對位置，讓相距很遠的景物看起來像是彼此接觸或大小相近。

解題方法

比薩斜塔與拍攝者之間有實際距離，但相片將立體場景投影到平面上。投影後，照片無法直接呈現前後距離，於是可藉由安排拍攝位置與角度，拍出像是用手撐住塔身的錯覺。

因此，這種錯覺成立的關鍵，是相片中缺少能清楚辨別前後遠近的深度資訊。

選項分析

核心觀念

灰階圖二值化是選定閾值 $T$，將影像像素分成兩類：

判斷閾值的常用方法，是觀察灰階值分布直方圖。若直方圖呈現兩個主要峰值，通常代表影像中存在背景與前景兩類像素；較好的閾值應設在兩個峰值之間的低谷處，使兩類像素能被有效分離。

解題方法

圖中的直方圖約有兩個主要區域：

• 左側峰值約落在灰階值 $100$ 附近。
• 右側峰值約落在灰階值 $170$～$180$ 附近。
• 兩個峰值之間的低谷約在灰階值 $120$ 附近。

因此，閾值設為 $T=120$，可將左側與右側兩群灰階像素分開，二值化效果較佳。

選項分析

核心觀念

串流視訊是影音資料透過網路傳送並逐步播放的方式。客戶端收到足以開始播放的一段資料後，即可播放；接收與播放能夠同時進行，不必等整個影音檔案下載完畢。影音資料通常會經編碼、壓縮，以降低傳輸量，客戶端再解碼後播放。

解題方法

先辨認選項是否符合串流的核心特性：資料尚未全部接收，仍能開始播放。因此，聲稱必須等影音檔案完整接收才能播放的敘述，與串流的運作方式相反。

選項分析

• (A) 正確。 影音資料會以資料封包等形式經網路傳送；封包抵達客戶端後可依序重組、緩衝及解碼。此處的「分解成多個小封包」是在描述一般網路傳輸方式。

核心觀念

范紐曼模型（Von Neumann model）描述電腦的基本組成，核心單元包括中央處理器、記憶體與輸出入單元。中央處理器由**算術邏輯單元（ALU）和控制單元（CU）**組成；記憶體儲存程式與資料，輸出入單元則負責電腦與外界交換資訊。

解題方法

逐一比對選項是否屬於范紐曼模型的功能單元。題目問「不包含」，因此找出不在上述基本架構中的項目即可。

選項分析

• (A) 算術邏輯單元（ALU）：屬於中央處理器，負責算術運算與邏輯判斷，是范紐曼模型的組成單元。

核心觀念

本題考視訊介面的訊號型態：類比訊號以連續變化的電壓傳遞影像資訊；數位訊號則以離散的數值編碼傳送。常見介面中，VGA 傳送類比影像訊號；DisplayPort 與 HDMI 傳送數位訊號；DVI 則須依規格區分。

解題方法

辨認各介面的主要訊號型態即可。VGA 是傳統類比視訊介面，透過不同色彩通道傳送連續電壓訊號，因此符合題目所問。其他選項的主要傳輸方式為數位訊號；其中 DVI 有不同規格，須注意 DVI-A、DVI-D 與 DVI-I 的差異。

選項分析

核心觀念

未壓縮數位音訊的位元速率，取決於取樣頻率、每次取樣的位元數，以及聲道數：

雙聲道代表每個取樣時間點各有左、右聲道的取樣資料，因此聲道數為 $2$。

解題方法

將題目數值代入公式：

換算為 $1\ \text{kbps}=1{,}000\ \text{bps}$：

因此選 (D)。

核心觀念

霍夫曼編碼（Huffman coding）是一種無失真熵編碼。它依據各符號出現的頻率或機率，為符號配置長短不同的二進位碼：常出現的符號使用較短的碼，較少出現的符號使用較長的碼，以降低整體平均編碼長度。

霍夫曼編碼所建立的碼具有前綴碼特性，能讓資料解碼時不致混淆符號邊界。

解題方法

辨認題目問的是霍夫曼編碼的壓縮依據。其核心是統計資料中各符號出現的次數，換算成機率，再依機率建構二元霍夫曼樹並配置碼字。因此，出現機率是理解其編碼方式的關鍵。

選項分析