108 身心障礙特考五等 電腦打字 計算機大意 考古題詳解

核心觀念

不同進位制表示同一數值時，可用位值展開轉換。十六進位的數字 $A、B、C、D$ 分別代表十進位的 $10、11、12、13$；各位數由右至左依序乘上 $16^0、16^1、16^2、16^3$。

解題方法

先將 $(ABCD)_{16}$ 轉成十進位：

因此選項 (A) 的 $(43980)_{10}$ 少了 $1$，不是正確值。

題目給定官方答案為 (C)，可將十六進位數逐位轉成四位二進位，再轉成八進位：

由右至左每三位分組，最左側補零：

各組轉為八進位數字：

核心觀念

本題考查八位元二補數的解讀與減法。八位元二補數的數值範圍為 $-128$ 至 $127$；最高位元為 $0$ 表示非負數，為 $1$ 表示負數。減去一個數，可改為加上該數的二補數：

$A-B=A+(-B)$

解題方法

$A=(00110011)_2$ 的最高位元為 $0$，直接換算：

$A=32+16+2+1=51$

$B=(01010101)_2$ 的最高位元也為 $0$，所以：

$B=64+16+4+1=85$

因此：

$A-B=51-85=-34$

也可用二補數加法驗算：$B$ 逐位反相為 $10101010$，再加 $1$ 得 $-B=(10101011)_2$。因此：

核心觀念

本題考查布林邏輯運算。True 表示真，False 表示假；or 是「或」，只要其中一項為真，結果就為真；and 是「且」，兩項都為真時結果才為真；not 則將真、假互換。

解題方法

已知 $P=\mathrm{True}$、$Q=\mathrm{False}$。

第一式：

第二式先算括號內的 and，再取反，最後與 $Q$ 做 or：

因為 $\mathrm{True}\ \mathrm{and}\ \mathrm{False}=\mathrm{False}$，所以：

核心觀念

本題考查唯讀記憶體（ROM）的種類與資料抹除方式。ROM 為非揮發性記憶體，斷電後仍能保留資料；不同種類的差別在於資料如何寫入，以及是否能抹除、重新寫入。

EPROM（Erasable Programmable ROM，可抹除式可程式唯讀記憶體）可用紫外線照射抹除資料，再重新寫入。

解題方法

題幹的關鍵線索是「利用紫外線照射來消除先前儲存的資料」。將各種 ROM 的抹除方式與此線索比對，紫外線抹除對應 EPROM，因此選 (B)。

選項分析

核心觀念

本題考查數位邏輯閘的功能與布林代數。閘符號輸出端的小圓圈代表反相：AND 閘輸出反相為 NAND 閘，OR 閘輸出反相為 NOR 閘。

解題方法

依圖可讀出：$A$ 先經反相器，與 $B$ 輸入上方 AND 閘；$B、C$ 輸入下方 NAND 閘；兩個閘的輸出再輸入 NOR 閘。因此：

利用反相與德摩根定理：

所以只有 $A、B、C$ 都為 $1$ 時，$F$ 才為 $1$。當 $A=1$ 時，$F=BC$，符合選項（B）。

選項分析

核心觀念

本題考查記憶體階層的存取速度。CPU 執行運算時，會優先使用離 CPU 核心最近、存取最快的儲存位置。一般由快至慢的順序為：

越靠近 CPU 的記憶體通常容量越小、速度越快、每單位容量成本也越高。

解題方法

比較各選項與 CPU 的距離及用途：暫存器位於 CPU 內部，直接供運算單元使用；快取記憶體用來暫存近期或常用資料；主記憶體供正在執行的程式與資料使用；輔助記憶體則用於長期儲存。依照記憶體階層排序，暫存器存取速度最快。

選項分析

核心觀念

本題考查 TCP/IP 網路分層架構中，各通訊協定所屬的層級。傳輸層負責在兩台主機的應用程式之間傳送資料，並依協定提供不同的傳輸服務；TCP（Transmission Control Protocol，傳輸控制協定）即屬於傳輸層。

解題方法

判斷選項所屬層級即可：

• 傳輸層：TCP、UDP，負責端對端的資料傳送。
• 網際網路層：IP，負責位址識別與封包路由。
• 應用層：HTTP、SMTP，提供網頁與電子郵件等應用服務。

因此，四個選項中只有 TCP 屬於傳輸層。

選項分析

核心觀念

本題考查虛擬記憶體的兩種管理方式：分頁法（Paging）​與分段法（Segmentation）。

• 分頁法將程式的邏輯位址空間切成大小固定的頁（Page），主記憶體則切成相同大小的頁框（Frame）。程式各頁可分散放在不同頁框。
• 分段法依程式的邏輯結構切成大小不固定的段（Segment），例如程式碼段、資料段與堆疊段。

兩者都可用於虛擬記憶體，但能否讓程式大小超過主記憶體，關鍵在於作業系統能否只將目前需要的部分載入主記憶體，並在需要時再載入其餘部分。

解題方法

逐項核對兩種方法的特性即可。特別注意：分頁與分段是記憶體配置方式；程式能否大於主記憶體，還須配合虛擬記憶體的按需載入與置換機制。

官方答案為 B。依本題採用的分類，分頁法與分段法皆可支援虛擬記憶體；但選項 B 將「兩種方法」一概說成皆允許程式大於主記憶體，未區分是否採用虛擬記憶體管理，因此此敘述錯誤。

選項分析

核心觀念

最短工作優先法（Shortest Job First, SJF）會優先執行所需工作時間較短的程序。本題未指定可中斷執行，因此按非搶先式 SJF 處理；程序一旦開始，就連續執行到完成。

題目問各程序「執行完畢的時間」，要計算它們在排程中的累積完成時間，而不是各自的工作時間。

解題方法

依工作時間由短至長排列：

$Q(5) \rightarrow R(7) \rightarrow P(10)$

接著累加工作時間：

• $Q$ 最先執行，完成時間為 $5$。
• $R$ 接續執行，完成時間為 $5+7=12$。
• $P$ 最後執行，完成時間為 $5+7+10=22$。

因此，$P:22,\ Q:5,\ R:12$。

選項分析

• (A) $P:10,\ Q:15,\ R:22$：錯誤。 這是依 $P \rightarrow Q \rightarrow R$ 的順序累計完成時間，沒有按照工作時間由短

核心觀念

本題考「位址匯流排的位元數」與最大可定址記憶體空間的關係。若每個位址對應一個位元組，$n$ 位元位址匯流排可表示 $2^n$ 個不同位址，因此最大可定址容量為 $2^n$ 位元組。資料匯流排的寬度表示一次傳輸的資料量，不能用來計算可定址空間。

解題方法

位址匯流排為 $34$ 位元，可表示 $2^{34}$ 個不同位址。依常見題目慣例，每個位址對應 $1$ 位元組：

因此選項 B 正確。題目另給的 $36$ 位元資料匯流排，不影響可定址的最大記憶體空間。

選項分析

• (A) $4\ \mathrm{GB}$：錯誤。 $4\ \mathrm{GB}=2^{32}$ 位元組，對應的是 $32$ 位元位址空間。
• **(B) $16\ \mathrm{GB}$：正確。

核心觀念

先到先執行排程（FCFS）依程序的到達時間由早到晚排列；程序開始執行後會持續到執行完畢。等待時間是「開始執行時間減到達時間」：

解題方法

依到達時間排序為 $P_3$（$0$ 秒）、$P_1$（$2$ 秒）、$P_2$（$14$ 秒）。

• $P_3$ 於 $0$ 秒到達並立即執行，於 $5$ 秒完成，等待 $0$ 秒。
• $P_1$ 於 $2$ 秒到達，須等 $P_3$ 完成後，於 $5$ 秒開始，等待 $5-2=3$ 秒；執行 $16$ 秒後，於 $21$ 秒完成。
• $P_2$ 於 $14$ 秒到達，須等 $P_1$ 完成後，於 $21$ 秒開始，等待 $21-14=7$ 秒。

因此平均等待時間為：

核心觀念

本題考查 IPv4 位址與子網路遮罩如何判斷兩部設備是否位於同一個子網路。要讓網路卡連接到路由器，網路卡的 IP 位址須與路由器位於同一子網路，且不能與路由器使用相同的 IP 位址。

題目給定子網路遮罩 $255.255.255.0$，換成二進位為：

前 24 位是網路部分，最後 8 位是主機部分。因此，使用此遮罩的設備須有相同的前三個八位元組，才能位於同一子網路。

解題方法

路由器位址是 $192.168.1.100$。套用遮罩後：

所以網路卡的 IP 位址也必須屬於 $192.168.1.0/24$，亦即前三段為 $192.168.1$。此外，$192.168.1.100$ 已由路由器使用，不能再配置給網路卡。

選項分析

核心觀念

本題考資料大小與網路傳輸速率的單位換算。網路速率以 bit per second（bps） 計算，檔案大小則以 Byte 計算；$1\ \mathrm{Byte}=8\ \mathrm{bits}$。因此，計算傳輸時間前，須先將檔案大小由 Mbytes 換成 Mbits。

解題方法

上傳與下載分別使用不同的網路速率，應各自計算所需時間，再相加。

上傳 $30\ \mathrm{Mbytes}$，速率為 $2\ \mathrm{Mbps}$：

下載 $18\ \mathrm{Mbytes}$，速率為 $6\ \mathrm{Mbps}$：

核心觀念

MAC 位址是網路介面卡等網路裝置在資料連結層使用的硬體識別位址，通常以 48 位元表示。常見寫法是將 12 個十六進位數字分成 6 組，每組 2 位，組與組之間以冒號或連字號分隔，例如 00:26:18:E1:44:68 或 00-26-18-E1-44-68。

解題方法

辨認各選項表示的位址類型：MAC 位址由十六進位數字組成，常見格式為六組兩位數；網域名稱、IPv4 位址與 IPv6 位址則各有不同表示方式。

選項分析

• (A) www.ntu.edu.tw：錯誤。 這是網域名稱，用來表示網路上的主機或網站，不是 MAC 位址。

核心觀念

選擇排序（selection sort）由左至右處理數列：每一回合都從尚未排序的部分找出最小值，與該部分的第一個元素交換。完成一回合後，左側已排序區會多一個元素，且後續回合不會再改動它。

解題方法

原數列為 $(23,13,7,98,44,8,2,57)$。

• 第 1 回合：全數列最小值是 $2$，與首位的 $23$ 交換，得到 $(2,13,7,98,44,8,23,57)$。
• 第 2 回合：從第 2 個位置起，最小值是 $7$，與 $13$ 交換，得到 $(2,7,13,98,44,8,23,57)$。
• 第 3 回合：從第 3 個位置起，最小值是 $8$，與 $13$ 交換，得到 $(2,7,8,98,44,13,23,57)$。

此時數列正是選項 (C)，因此它確實會出現在排序過程中。

選項分析

核心觀念

堆疊（Stack）遵循「後進先出」（LIFO）：最後放入的資料會最先取出。push 是將字母放到堆疊頂端，pop 則移除頂端字母。

解題方法

由下而上追蹤堆疊內容：

1. 依序放入 $A、B、C、D、E$：堆疊為 $A、B、C、D、E$。
2. 連續取出三個字母：依序取出 $E、D、C$，堆疊剩下 $A、B$。
3. 依序放入 $F、G、H$：堆疊變成 $A、B、F、G、H$。
4. 再取出一個字母：取出頂端的 $H$，因此剩餘字母由下而上為 $A、B、F、G$。

選項分析

核心觀念

Big-O 表示演算法執行時間的漸近成長上界。比較常見時間複雜度時，關注輸入規模 $n$ 增大後的成長速度；成長較慢者，複雜度較低。常見順序為：

其中 $k$ 為固定常數，$c>1$ 為固定常數。此題要比較各選項列出的成長階級是否由小至大排列。

解題方法

先記住幾個關鍵比較：

• 對數成長慢於線性成長：$\log n<n$。
• 多項式成長慢於指數成長：$n^k<c^n$。
• 指數成長慢於階乘成長：$c^n<n!$。

因此，選項若要由小至大排列，應符合「對數、線性、多項式、指數、階乘」的次序。

選項分析

(A) $O(n)<O(n!)<O(2^n)$：錯誤。 線性成長確實慢於階乘成長，但 $n!$ 最終比 $2^n$ 成長更快，因此正確關係是 $O(n)<O(2^n)<O(n!)$。

核心觀念

等價劃分法（Equivalence Partitioning）是黑箱測試的測試案例設計方法。它依據規格或輸入條件，將輸入資料分成若干個「等價類別」；同一類別中的資料預期會得到相同或相近的處理結果，因此測試時可從各類別中挑選代表值，減少測試案例數量。

解題方法

判斷時先看測試案例的設計依據：

• 黑箱測試根據需求或規格檢查輸入與輸出，不必查看程式內部結構。
• 白箱測試根據程式碼、控制流程或資料流程設計測試。

等價劃分是依照規格中的輸入條件分類，而非檢查程式碼，因此屬於黑箱測試。

選項分析

核心觀念

本題考查 SQL（結構化查詢語言）中常見的查詢與集合運算指令。關聯式資料庫以資料表儲存資料，SQL 可用來查詢、合併或整理資料；SELECT、JOIN、UNION 都是 SQL 中常見的語法或運算方式。COUNTER 則不是標準 SQL 指令。

解題方法

逐一辨認選項是否屬於 SQL：

• 查詢資料的指令是 SELECT。
• JOIN 用來依照指定條件合併資料表中的資料列。
• UNION 用來合併兩個查詢結果，並依規則處理重複資料。
• COUNTER 不屬於 SQL 指令。

因此，不屬於 SQL 指令的是 COUNTER。

選項分析

核心觀念

本題考查資料庫的基本架構。關聯式資料庫（Relational Database）將資料組織成一個或多個表格，並以欄位（屬性）描述資料；表格之間可透過共同欄位或鍵值建立關聯，據此查詢、組合相關資料。

解題方法

抓住題幹的兩個線索：「以表格的方式儲存」以及「透過表格之間的關聯來查詢」。這正是關聯式資料庫的核心特徵，因此選擇 (C)。

選項分析

• (A) 階層式資料庫：錯誤。 資料依父子層級組織，常呈樹狀結構；查詢時沿著上下層關係存取，並非以多個表格之間的關聯為主要特徵。
• **(B) 表格式資料庫：錯誤。

核心觀念

霍夫曼編碼是一種無失真、可變長度編碼。建立霍夫曼樹時，每次取出出現次數最少的兩個節點合併，其合併後的權重為兩者相加，再放回節點集合。完成編碼所需的總位元數，可由每個字母的「出現次數 × 該字母的編碼長度」加總求得；也可直接把建樹過程中各次合併的權重相加。

解題方法

題目中各字母的出現次數依序為 $4、8、11、17、20$。

依霍夫曼演算法，由小到大合併：

1. 合併 $4$ 與 $8$，得到 $12$。
2. 合併 $11$ 與 $12$，得到 $23$。
3. 合併 $17$ 與 $20$，得到 $37$。
4. 合併 $23$ 與 $37$，得到 $60$。

總位元數等於各次合併權重總和：

因此，編碼後共需 $132$ 位元。

核心觀念

本題考非對稱式加密的機密性。每位使用者都有一組金鑰：公鑰可公開，私鑰由本人保管；以其中一把金鑰加密的資料，須用配對的另一把金鑰解密。

若要確保只有小華能讀取，小明應使用小華的公鑰加密。如此一來，能解密資料的就是持有配對私鑰的小華。

解題方法

先確認題目要達成的目的：小明傳送機密資料，要求只有接收者小華能讀取。非對稱式加密要確保接收者能解密，就以接收者的公鑰加密：

小華的公鑰可以公開，因此小明取得後即可加密；但解密所需的小華私鑰由小華保管，其他人無法取得，因而達成機密性。

選項分析

核心觀念

勒索軟體（Ransomware）會限制使用者存取電腦或資料，並要求支付贖金。常見作法是使用加密技術，將被害者檔案加密，使其無法正常讀取；解密所需的金鑰則由攻擊者掌握。

解題方法

先辨認題目問的是勒索軟體如何「綁架資料」。若資料內容仍存在，但使用者因缺少解密金鑰而無法讀取，就符合勒索軟體常見的加密勒索手法，因此選擇描述「加密資料、金鑰由攻擊者掌握」的選項。

選項分析

• (A) 錯誤。 檔案配置表（如 FAT）負責記錄檔案在儲存裝置上的配置資訊。修改檔案配置表可能造成檔案無法存取或檔案系統損壞，但不是勒索軟體通常綁架資料的方式。
• **(B) 正確。

核心觀念

本題考著作權法對「著作」及著作利用的保護。演講內容若具有原創性並以口語表達，可能屬於語文著作；未經同意錄音或錄影，並提供他人使用或觀看，涉及重製及公開傳輸、公開上映等著作利用行為。

法規基準：以命題當年（民國 108 年）法規為準。​著作權法第 3 條所稱重製，包含以錄音、錄影等方式直接或間接、永久或暫時重複製作；未經著作財產權人同意而利用著作，原則上可能侵害著作權。是否成立侵權仍須依著作內容、利用方式及法定例外等具體情形判斷。

解題方法

先辨認題目所描述的行為：未經演講人同意，將演講錄音或錄影，再供他人使用或觀看。錄製會產生演講內容的錄音或影像重製物；後續提供或播放，也可能涉及著作的利用。因此，應選擇規範著作創作及利用的法律，即著作權法。

選項分析

核心觀念

深度優先搜尋（DFS）每次從目前節點走到一個尚未訪問、且與它相鄰的節點；若沒有這種鄰點，就沿原路回溯。判斷走訪順序時，除了確認相鄰節點間有邊，也要確認回溯後是從哪個節點繼續走。

本圖中相關邊包括 $3$ 與 $1、2、5$ 相連，$1$ 與 $2、4$ 相連，$4$ 與 $6$ 相連，$6$ 與 $5、8$ 相連，$5$ 與 $8$ 相連，$8$ 與 $7$ 相連。

解題方法

從節點 $3$ 開始，依序檢查相鄰節點是否能接續：

$3\to1\to2$

節點 $2$ 的其他相鄰節點 $1、3$ 都已訪問，因此回溯至 $1$。節點 $1$ 尚有未訪問鄰點 $4$，接著可走：

$1\to4\to6\to5\to8\to7$

每一步都是沿著圖上的邊前進；走到 $7$ 後，所有節點均已訪問，因此走訪順序為 $(3,1,2,4,6,5,8,7)$。

選項分析

核心觀念

本題考查 C 語言二維陣列的索引方式，以及依迴圈指定陣列元素的值。

宣告 int ary[3][4]; 表示陣列有 3 列、每列 4 個元素，索引分別是 ary[0][0] 至 ary[2][3]。程式中每個元素依公式

設定數值。

解題方法

代入題目指定的兩個位置：

因此 printf 輸出兩者相加的結果：

核心觀念

電腦螢幕呈現全彩影像時，通常採用 RGB 加色混色法，以紅色（R）、綠色（G）、藍色（B）三種色光作為三原色。三種色光由暗逐步增亮並混合，三者同時達到最大強度時會呈現白色。

解題方法

題目問「何者不是此三原色之一」，先辨認題目所指的是電腦全彩影像的色光混合，再列出 RGB：紅、綠、藍。選項中不在這三色內的就是答案，因此黃色不是此處的三原色。

選項分析

核心觀念

本題考 IPv4 位址的長度。IPv4（Internet Protocol version 4）使用 32 個位元表示一個 IP 位址，通常分成 4 組、每組 8 個位元，以點分十進位表示，例如 192.168.1.1。

解題方法

判斷 IPv4 位址的總位元數即可。每組有 8 個位元，共 4 組：

$4 \times 8 = 32\text{ 個位元}$

因此，IPv4 位址由 32 個位元組成，選項 (B) 正確。

選項分析

核心觀念

本題考查程式語言翻譯工具的功能。高階語言程式碼可由編譯器（Compiler）​轉換成較低階的程式表示，例如組合語言或機器語言；組譯器則負責將組合語言轉換成機器語言。

解題方法

先辨認題目問的是「高階語言轉換成組合語言」，再依程式翻譯的層次判斷：

因此，負責將高階語言程式碼轉換成組合語言的是編譯器。

選項分析

核心觀念

本題考查近距離非接觸式傳輸技術。RFID（無線射頻識別）利用無線電波，在讀卡機與卡片間傳遞識別資料，常見應用包括悠遊卡、門禁卡與電子標籤。卡片靠近讀卡設備即可感應，不必插入或接觸讀卡機。

解題方法

先看題目所描述的用途：悠遊卡與門禁卡都是靠近讀卡設備後，自動完成識別或資料交換。這類以無線電波讀取卡片資料的技術，屬於 RFID，因此選擇（C）。

選項分析

• (A) Wi-Fi：錯誤。 Wi-Fi 主要用於無線區域網路，讓電腦、手機等裝置連上網路，不是悠遊卡與門禁卡常用的感應識別技術。
• **(B) 藍牙（Bluetooth）：錯誤。

核心觀念

本題考「字元編碼」能否表示中文字。編碼使用的字元集合若沒有中文字，就無法用該編碼表示中文字。

ASCII 是早期的字元編碼，基本標準使用 7 位元，涵蓋英文字母、數字、標點符號及控制字元，不包含中文字。Unicode 則收錄世界各地文字；UTF-8 是 Unicode 的一種編碼方式；Big5 是繁體中文常用的字元編碼。

解題方法

判斷各選項是否支援中文字：

1. 先辨認該編碼的字元範圍。
2. 確認它是否包含中文字，或能否編碼 Unicode 中的中文字。
3. 唯一不具中文字表示能力的選項，即為答案。

選項分析

核心觀念

本題考查記憶體是否具有「揮發性」。揮發性記憶體需要持續供電才能保存資料；電腦關機後，資料會消失。非揮發性記憶體則在斷電後仍能保留資料。

解題方法

逐一判斷選項的記憶體類型：DRAM、SRAM 與 Cache 都屬於揮發性記憶體；Flash Memory 屬於非揮發性記憶體。因此，關機並重新啟動後仍保留原資料的是 Flash Memory。

選項分析

• (A) DRAM：錯誤。 DRAM 需要持續供電，且須定期刷新資料；關機斷電後，資料會消失。
• **(B) SRAM：錯誤。

核心觀念

本題考資料結構的存取順序。「先進先出」簡稱 FIFO（First In, First Out），表示最早放入的資料會最先取出，符合日常排隊的先後順序。佇列（Queue）採用 FIFO；堆疊（Stack）則採用「後進先出」（LIFO）。

解題方法

辨認資料結構的存取規則即可：題目問「先進先出」，對應 FIFO，因此選擇佇列。佇列通常在尾端加入資料，在前端取出資料；若依序放入 $A、B、C$，取出順序便是 $A、B、C$。

選項分析

核心觀念

8 位元二的補數使用最高位元表示正負，能表示的整數範圍為：

因此，正數上限是 $127$，負數下限是 $-128$。正負範圍不對稱，是二的補數表示法的重要特性。

解題方法

將各選項與範圍 $-128 \leq n \leq 127$ 比較即可。範圍內的數值都能表示，超出範圍的數值則不能表示。

選項分析

核心觀念

本題考查作業系統（Operating System, OS）的主要功能。作業系統負責管理電腦的硬體資源，並提供程式執行所需的服務，常見功能包括處理程序管理、記憶體管理、檔案管理及輸入／輸出管理。

暫存器是 CPU 內部的高速儲存單元，通常由處理器硬體直接使用與控制；作業系統會管理程序執行所需的資訊，但不負責個別暫存器的配置與管理。

解題方法

逐項判斷選項是否屬於作業系統管理的資源或服務。記憶體、檔案與程序都是作業系統的典型管理對象；暫存器則屬於 CPU 內部硬體的一部分，因此選出「暫存器管理」。

選項分析

• (A) 記憶體（Memory）分配：錯誤選項。 作業系統負責記憶體管理，包括分配與回收記憶體，以及追蹤各程序的記憶體使用情形。

核心觀念

本題考查作業系統中的死結（Deadlock）。當兩個以上程序各自持有某些資源，同時又等待其他程序所持有的資源，彼此僵持，導致程序無法繼續執行，稱為死結。

解題方法

抓住題幹的關鍵語句：「互相等待對方所擁有資源」。這描述的是程序間因資源持有與等待而形成的僵局，符合死結的定義，因此選 (B)。

例如，程序 $P_1$ 持有資源 $R_1$ 並等待 $P_2$ 持有的 $R_2$；程序 $P_2$ 同時持有 $R_2$ 並等待 $P_1$ 持有的 $R_1$。雙方都無法取得所需資源，也無法繼續執行，便形成死結。

選項分析

核心觀念

本題考查 C 語言基本資料型態，以及不同型態能否表示數值。int 用來儲存整數；float 與 double 用來儲存浮點數；char 用來儲存字元。題目指定要儲存的是數值 $100$，因此關鍵在於區分「數值」與「字元」。

解題方法

逐一判斷各型態是否能表示數值 $100$：

• 整數型態 int 可表示整數 $100$。
• 浮點數型態 float、double 可表示數值 $100$，也能表示帶有小數的數值。
• char 的用途是儲存字元，例如 'A' 或 '7'。雖然 C 語言中 char 內部以整數值表示，並可在特定情況下參與整數運算，但題目所問的是適合宣告來儲存數值 $100$ 的型態；

核心觀念

樹（tree）是連通且無循環的圖。若樹有 $n$ 個節點，則邊數恰為 $n-1$。因此，任兩個節點之間都有路徑，而且該路徑唯一；移除樹中的任一條邊，則會使圖分裂成兩個不連通的部分。

解題方法

判斷各選項是否符合樹的定義與基本性質。特別注意：樹移除一條邊後，必定不再連通，所以「仍有可能為連通圖」不是樹的特性。

選項分析

(A) 移除一個邊後仍有可能為連通圖：錯誤，為本題答案。 樹沒有循環，任一條邊都是連接兩部分的必要邊。移除其中一條邊後，原本連通的圖會分裂為兩個連通分量，不可能仍然連通。

核心觀念

本題考圖形的相鄰矩陣。若圖有 $n$ 個頂點，矩陣的第 $i$ 列、第 $j$ 欄表示頂點 $i$ 與頂點 $j$ 之間是否有邊：有邊記為非零值（常以 $1$ 表示），無邊記為 $0$。

有向圖的邊有方向，因此 $i \to j$ 與 $j \to i$ 是不同的邊；無向圖的邊沒有方向，連接 $i$、$j$ 的邊會同時反映在矩陣的 $(i,j)$ 與 $(j,i)$ 位置。

解題方法

掌握兩個判斷原則：

1. 有向圖不一定對稱：只有當每條 $i \to j$ 的邊都伴隨一條 $j \to i$ 的邊時，矩陣才會對稱。
2. 無向圖的相鄰矩陣對稱：因為 $i$ 與 $j$ 相鄰，等同於 $j$ 與 $i$ 相鄰，所以 $A_{ij}=A_{ji}$。

非零項數量方面，若不考慮自環，無向圖每條邊在矩陣中對應兩個非零項；有向圖每條有向邊則對應一個非零項。

選項分析

核心觀念

前序表示法（Prefix Notation，也稱波蘭表示法）將運算子寫在運算元之前。括號中的運算優先關係要保留；例如，$(A+B)$ 的前序表示法是 $+AB$，$(C-D)$ 的前序表示法是 $-CD$。

解題方法

原式為 $(A+B)*(C-D)$，最外層運算是乘法，因此先寫乘號 $*$，再依序寫出乘號左右兩側運算式的前序表示法：

• 左側 $(A+B)$ 寫成 $+AB$。
• 右側 $(C-D)$ 寫成 $-CD$。

合併後為 $*+AB-CD$，對應選項 (A)。

選項分析