111 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

記憶體的定址能力取決於位址位元數。若每個位元組各有一個位址，$n$ 位元可表示 $2^n$ 個不同位址，因此可定址 $2^n$ 個位元組。

解題方法

依二進位容量換算，$1\text{ MB}=2^{20}\text{ bytes}$，所以：

要為 $2^{26}$ 個位元組各指定一個位址，需要 $26$ 位元。

選項分析

核心觀念

循環左移（circular left shift）會將位元串中每個位元向左移一格，最左側移出的位元會繞回最右側。位元總數不變，移出的位元也不會被捨棄。

解題方法

將 $10011001$ 的最左側位元 $1$ 移到最右側，其餘位元依序向左移一格：

因此結果為 $00110011$。

選項分析

核心觀念

8 位元二的補數可表示的有號整數範圍為 $-128$ 至 $127$。最高位是符號位：最高位為 $0$ 表示非負數，最高位為 $1$ 表示負數。兩個 8 位元二補數相加時，若結果超出此範圍才算溢位。

解題方法

先將兩個位元模式各自換算為十進位：

• $(11000010)_2$ 的最高位為 $1$，代表負數。取反再加 $1$： $11000010 \rightarrow 00111101 \rightarrow 00111110=(62)_{10}$ 因此 $(11000010)_2=(-62)_{10}$。
• $(11111111)_2$ 的最高位為 $1$，取反再加 $1$： $11111111 \rightarrow 00000000 \rightarrow 00000001=(1)_{10}$ 因此 $(11111111)_2=(-1)_{10}$。

相加得到： $(-62)+(-1)=-63$

核心觀念

布林代數中，$+$ 表示 OR，乘積表示 AND；有 $X+X=X$（冪等律）、$X+1=1$、$X\cdot 1=X$ 等性質。本題要將布林函數化簡，並以最簡的和項形式辨認答案。

解題方法

先展開括號，再利用冪等律與吸收律化簡：

其中，$B(B+C)=BB+BC=B+BC=B$，因為 $B+BC=B$；接著 $B+AB=B$，所以最後留下 $B+AC$。

選項分析

核心觀念

標準 SOP（積之和）是多個乘積項以 OR 相加的表示式；每個乘積項代表一組輸入條件。化簡時可利用布林代數定律合併只差一個變數的項，例如 $XY+X\bar{Y}=X$，消去該變數。

解題方法

原式為：

先將前四項依 $C$ 分組：

利用吸收律 $X+\bar{X}Y=X+Y$：

核心觀念

鏈結串列由節點組成，每個節點存放資料及指向下一個節點（或前後節點）的連結；陣列則將元素存放在連續的記憶體位置。兩者的主要差異在於存取方式與資料增刪的成本：

• 陣列可利用索引直接存取元素，時間複雜度通常為 $O(1)$。
• 鏈結串列通常須從頭節點依序追蹤連結，才能找到指定位置的節點；但已定位插入或刪除位置後，通常只需調整連結。

解題方法

題目問「哪一項不是鏈結串列的優點」，逐項比對鏈結串列與陣列的特性即可。能動態配置記憶體、方便插入或刪除，是鏈結串列的常見優點；依索引直接存取則是陣列較擅長的操作。

選項分析

• (A) 直接存取任一個串列中的資料：錯誤，這不是鏈結串列的優點。 鏈結串列無法像陣列一樣，根據索引直接跳到第 $i$ 個元素。若要找指定位置，通常必須從頭節點逐一走訪，時間複雜度為 $O(n)$。

核心觀念

堆疊（stack）採用「後進先出」（LIFO, Last In First Out）：最後放入的元素會最先取出。push 是將資料放到堆疊頂端；pop 是移除並取出頂端資料。

解題方法

依序追蹤每個命令，以下方括號表示堆疊內容由底端到頂端：

核心觀念

二元搜尋樹（Binary Search Tree, BST）插入節點時，從根節點開始比較：較小的值往左子樹走，較大的值往右子樹走，直到遇到空位置才插入。

前序追蹤（preorder traversal）的順序是：

解題方法

依題目順序插入各節點：

1. $16$ 為根節點。
2. $3<16$，插入 $16$ 的左側。
3. $10<16$、$10>3$，插入 $3$ 的右側。
4. $35>16$，插入 $16$ 的右側。
5. $6<16$、$6>3$、$6<10$，插入 $10$ 的左側。
6. $17>16$、$17<35$，插入 $35$ 的左側。
7. $23>16$、$23<35$、$23>17$，插入 $17$ 的右側。
8. $4<16$、$4>3$、$4<10$、$4<6$，插入 $6$ 的左側。

形成的二元搜尋樹如下：

核心觀念

佇列（queue）遵循「先進先出」（FIFO, First In First Out）：資料由尾端加入，從頭端移除。每次 remove 都會刪除當時位於佇列頭端的資料。

解題方法

依命令順序列出佇列內容，並以頭端在左、尾端在右表示：

1. 依序執行 insert 9, 1, 6, 4, 5： $[9, 1, 6, 4, 5]$
2. 從頭端移除 3 筆資料，即移除 $9、1、6$： $[4, 5]$
3. 依序加入 6, 1, 5, 3： $[4, 5, 6, 1, 5, 3]$

核心觀念

本題考查最大堆積（Max Heap）的建立。最大堆積是一種完全二元樹，且每個父節點的鍵值都大於或等於其子節點。採用陣列儲存時，若使用從 $1$ 開始的索引，索引 $i$ 的左、右子節點分別位於 $2i$ 與 $2i+1$。

BuildMaxHeap 通常由最後一個非葉節點開始，依序向上執行 MaxHeapify，直到根節點。對 $n$ 個元素，最後一個非葉節點的索引為 $\lfloor n/2 \rfloor$。

解題方法

原矩陣為：

共有 $7$ 個元素，因此從索引 $\lfloor 7/2 \rfloor=3$ 開始調整。

• 索引 $3$ 的值為 $59$，子節點是索引 $6$ 的 $58$、索引 $7$ 的 $98$。最大值為 $98$，交換後：

• 索引 $2$ 的值為 $41$，子節點是索引 $4$ 的 $26$、索引 $5$ 的 $53$。最大值為 $53$，交換後：

• 索引 $1$ 的值為 $30$，子節點是索引 $2$ 的 $53$、索引 $3$ 的 $98$。最大值為 $98$，交換後：

核心觀念

二進位搜尋（binary search）每次比較都會檢查目前區間的中間元素，並將搜尋範圍縮小約一半。搜尋失敗時，會持續比較，直到搜尋範圍縮小為空。

對 $n$ 個元素進行二進位搜尋，失敗時最多比較的次數為：

解題方法

本題有 $n=1999$ 個元素。先找出 $1999$ 落在哪兩個連續的 $2$ 次方之間：

因此：

所以搜尋失敗時，最多比較 $11$ 次。

選項分析

核心觀念

本題考 while 迴圈的執行條件、變數更新順序，以及 printf 的欄位寬度。

while (x < 9) 會先檢查條件；條件成立時，才執行迴圈本體。每次迴圈先輸出 x、y，再執行 x += 2 與 y -= 2。

格式 %2d 表示整數至少占兩個字元寬度，不會改變數值。

解題方法

初始值為 x = 6、y = 6：

核心觀念

本題考 C 語言二維陣列的初始化與索引。int a[2][3] 表示陣列有 2 列、每列 3 個整數；索引從 0 開始，因此列索引為 0、1，欄索引為 0、1、2。

初始化中的大括號分別對應各列：

int a[2][3] = { { 1, 2}, {3, 4, 5} };

第一列只明列 1、2，未指定的第三個元素會自動初始化為 0；第二列則依序放入 3、4、5。因此陣列內容為：

解題方法

核心觀念

本題考遞迴函式的呼叫順序，以及遞迴返回後才執行的敘述。函式先呼叫 funN(a, i + 1, size)，再執行 printf；因此輸出順序與陣列索引由大到小相反。

解題方法

funN 的條件是 i < size。當 i 由 $0$ 遞增至 $10$ 時，i = 10 不符合條件，遞迴停止。之後函式逐層返回，才依序輸出索引 $9$ 到索引 $0$ 的元素，各自乘以 $3$：

核心觀念

三層 DBMS 結構分為外部層、概念層、內部層，用來描述資料庫從使用者觀點、整體邏輯設計到實際儲存的不同層次：

• 外部層（External）：個別使用者或應用程式所看到的資料視圖。
• 概念層（Conceptual）：描述整個資料庫的整體邏輯結構，也就是資料的邏輯圖（logical view），包括資料項目、資料間的關係及限制。
• 內部層（Internal）：描述資料實際如何儲存在儲存媒體上，例如檔案組織與索引方式。

解題方法

題目問「哪一層定義資料的邏輯圖」，先區分「整體邏輯結構」與「特定使用者看到的視圖」：整體資料庫的邏輯結構由概念層定義；外部層則是各使用者所需的個別視圖。因此答案為概念層。

選項分析

核心觀念

本題考查 TCP/IP 協定套件各層的分工，以及「主機到主機」訊息傳遞所屬的層級。依 TCP/IP 常見的四層模型：

• 應用層：提供網路應用服務。
• 傳輸層：負責端點間的資料傳輸與服務，例如 TCP 的可靠傳輸、UDP 的資料報傳送；此處的端點通常是應用程式或程序。
• 網路層：負責跨網路的主機到主機傳遞與路由，例如 IP 封包的定址與轉送。
• 網路存取層：處理同一鏈路上的資料傳送及實體媒介。

解題方法

先辨認題目所說的「主機到主機」是指資料如何從來源主機經過網路送達目的主機。這是 網路層的工作，因為網路層使用 IP 位址識別主機，並透過路由器在不同網路間轉送封包。

傳輸層也涉及端到端傳輸，但重點在來源與目的主機上的程序或應用端點如何交換資料。因此依本題官方答案所採用的層級區分，「主機到主機」對應網路層，答案為 D。

選項分析

核心觀念

本題考資訊安全威脅與安全目標的對應。**完整性（integrity）**是指資料未遭未授權或不當的修改、刪除或偽造；常見威脅包括偽裝、否認與修改。**窺探（snooping）**則是未經授權讀取或監看資訊，主要威脅的是機密性（confidentiality）。

解題方法

先判斷攻擊影響的是「資料內容是否可信、正確」，還是「資訊是否被未授權者看見」：

• 影響資料內容、來源或行為可否被追究，通常涉及完整性。
• 未授權取得或閱讀資訊，主要涉及機密性。

因此，窺探雖然是安全威脅，卻不是對完整性的威脅。

選項分析

核心觀念

點陣圖以像素為單位儲存影像。每個像素至少需要的位元數，取決於可表示的顏色種類：

本題有 $64$ 種顏色，因為 $64=2^6$，每個像素需要 $6$ 位元。

解題方法

影像像素總數為：

因此所需位元總數為：

$1$ 位元組等於 $8$ 位元，所以：

依本題選項採用 $1\text{ KB}=1{,}000\text{ 位元組}$，換算為：

不過，$90\text{ KB}$ 不在選項中。官方答案為 (B) 88 KB，其數值相當於以 $1\text{ KB}=1{,}024\text{ 位元組}$ 換算後的約數：

核心觀念

本題考查進位制的位值表示法。基底為 $b$ 的數字 $(a_na_{n-1}\cdots a_0)_b$，其十進位值為：

每一位數字都必須小於基底。

解題方法

先將右側的八進位數 $(403)_8$ 換算成十進位：

左側的 $(1111)_x$ 換算成十進位：

因此需解：

將選項代入，$x=6$ 時：

核心觀念

本題考二進位的一補數、二補數，以及固定字長下如何解讀帶符號負數。

• 一補數：每一位元逐位反相，$0$ 換成 $1$、$1$ 換成 $0$。
• 二補數：先取一補數，再加 $1$；也可從最低位向左找第一個 $1$，保留該位及其右側位元，左側位元逐位反相。
• 以 $n$ 位元二補數表示負數時，若最高位為 $1$，其值為無號值減 $2^n$。
• 以一補數表示負數時，先逐位反相取得其正數大小，再加上負號。

解題方法

題目給的是 $8$ 位元二進位數。對補數選項直接按定義計算；對帶符號數值選項，則依指定的表示法解讀，不能把位元串一律當成無號整數。

選項分析

(A) 正確。 求 $(10010100)_2$ 的二補數：從最低位向左，第一個 $1$ 是倒數第三位；保留該位及右側位元，左側反相：

所以其二補數為 $(01101100)_2$。

(B) 正確。 逐位反相：

核心觀念

本題考 CPU 中控制單元（CU）、算術邏輯單元（ALU）及兩種指令相關暫存器的功能。CPU 執行指令時，控制單元負責協調流程；ALU 負責算術與邏輯運算；程式計數器（PC）記錄下一個指令的位置；指令暫存器（IR）則保存目前取出的指令。

解題方法

逐項核對各元件的功能，特別注意選項中「只負責」等限制性用語。ALU 除了算術運算，也負責邏輯運算與比較等操作，因此把它限定為只做數學算術運算的敘述錯誤。

選項分析

核心觀念

Round Robin（依序循環排班法）將就緒工作依序排入佇列，每個工作每次最多使用一個時間配額；本題時間配額為 $1$ 秒。工作若尚未完成，時間配額用完後便回到佇列尾端；完成的工作則離開佇列。

回覆時間（turnaround time）是工作從到達到完成所經過的時間：

解題方法

工作到達順序為 A、B、C，且三者都在時間 $0$ 秒到達。依 Round Robin 每次執行 $1$ 秒，逐輪排程如下：

A 在時間 $4$ 秒完成後，佇列只剩 B、C 交替執行。接下來 B 尚需 $6$ 秒、C 尚需 $5$ 秒：

核心觀念

本題考辨「無線網路」相關技術與 IEEE 802.3 的差異。無線網路透過無線電波等方式傳輸資料；IEEE 802.3 則是乙太網路標準，規範以有線媒介為主的區域網路技術。

解題方法

逐一辨認選項所代表的技術：藍芽、RFID 與 NFC 都以無線方式傳遞訊號或資料，屬於無線通訊技術；IEEE 802.3 規範乙太網路，典型媒介為雙絞線或光纖，因此不屬於無線網路標準。

選項分析

• (A) IEEE 802.3 標準：正確，為本題答案。 IEEE 802.3 是乙太網路標準，主要用於有線區域網路，與無線區域網路標準不同。

核心觀念

IPv6 位址長度為 128 位元。每一位元有 $0$、$1$ 兩種可能，因此 $n$ 位元可表示 $2^n$ 種不同組合；IPv6 可表示的不同位址數即為 $2^{128}$。

解題方法

依位址長度計算組合數：

題目問的是 IPv6 最多可有多少個不同 IP 位址，因此直接以 128 位元的全部可能組合計算，答案為 $2^{128}$。

選項分析

核心觀念

本題考常見網路設備的功能，以及它們主要運作於 OSI 參考模型的哪一層：

• 第一層（實體層）：處理實體訊號與線路，例如集線器、中繼器。
• 第二層（資料連結層）：依據 MAC 位址處理資料框，例如橋接器。
• 第三層（網路層）：依據 IP 位址選擇封包轉送路徑，例如路由器。

解題方法

逐一比對各設備的主要功能和 OSI 層級。關鍵在於辨別路由器依據 IP 位址（網路層）轉送封包；第四層是傳輸層，主要涉及 TCP、UDP 與連接埠等資訊。因此，將路由器列為第四層設備的選項錯誤。

選項分析

核心觀念

本題考二元樹的「中序走訪」（inorder traversal）。

中序走訪順序固定為：

因此，必須先走訪某節點的左子樹，再訪問該節點本身，最後走訪右子樹。

解題方法

依圖逐層進行中序走訪：

1. 根節點為 $9$，先走訪左子樹。
2. $9$ 的左子樹根節點為 $5$：

• $5$ 的左子樹為 $3$，依序得到 $1,3,4$。
• 訪問 $5$。
• $5$ 的右子樹為 $8$，其左子節點為 $6$，得到 $6,8$。
• 所以左子樹的順序為： $1,3,4,5,6,8$

3. 訪問根節點 $9$。
4. 走訪 $9$ 的右子樹，根節點為 $20$：

• $20$ 的左子樹為 $12$，其左子樹為 $10$，而 $10$ 的右子節點為 $11$，順序為 $10,11,12$。
• 訪問 $20$。

核心觀念

本題考遞迴函式的呼叫次數。函式每次執行時，只要 $i>1$，便先呼叫兩次 foo(i/2)；兩次呼叫都完成後，該次函式才輸出一個 #。當 $i\leq 1$ 時，不再遞迴，但仍會輸出一個 #。

在 C 語言中，i 是整數，因此 i/2 採整數除法，小數部分會捨去。

解題方法

由 foo(6) 開始逐層追蹤：

• foo(6)：$6>1$，呼叫兩次 foo(3)。
• 每個 foo(3)：$3>1$，各呼叫兩次 foo(1)。
• 每個 foo(1)：$1\leq1$，不再呼叫其他函式，輸出一個 #。
• 兩個 foo(3) 各自最後也輸出一個 #；最初的 foo(6) 在所有子呼叫完成後再輸出一個 #。

因此輸出數量為：

核心觀念

本題考「迴圈執行次數」與對數的關係。每次迴圈結束後，k 都乘以 $2$，所以 k 的值依序為 $1、2、4、8、\ldots$。要判斷的是：k 倍增到不小於 $N$ 前，迴圈主體 sum++ 會執行幾次。

解題方法

第 $i$ 次執行迴圈主體時，k 的值為 $2^i$，其中 $i$ 從 $0$ 開始。該次會執行的條件是 $2^i<N$。

例如 $N=10$ 時，k 依序取 $1、2、4、8$，共執行 $4$ 次；下一次 k=16，不符合 k < N，迴圈停止。

一般而言，執行次數會隨 $N$ 的二進位位數增加，約為 $\log_2 N$ 次。因此本題所問的近似成長次數為 $\log_2 N$。

選項分析

核心觀念

本題考查 C 語言的條件判斷與編譯錯誤。程式中的 if 條件會決定哪些敘述需要執行；然而，程式能否執行之前，必須先通過編譯。若程式引用未宣告的變數，會發生編譯錯誤，不能產生題目所列的數值輸出。

解題方法

程式只宣告了整數變數 n，並設定 n = 21，沒有宣告變數 a。

在 n > 16 的分支中，n > 32 不成立，因此照理會執行 printf("%d", n/3);，而整數除法結果為 $21/3=7$。

但 C 編譯器會先檢查整份程式中的名稱是否已宣告。即使 n 的值使程式執行時不會進入 else 區塊，該區塊中的 a*2 與 a-3 仍然是程式碼的一部分；由於 a 未宣告，編譯時即會報錯，程式無法執行。

核心觀念

本題考 SQL 的 SELECT ... FROM ... WHERE ... 基本查詢格式：

SELECT 指定要顯示的欄位，FROM 指定資料表，WHERE 設定篩選條件。

題目要從 book 資料表中，找出作者為「小明」的書名，因此要顯示 title 欄位、查詢 book 資料表，並以 author='小明' 篩選。

解題方法

依照查詢需求填入 SQL 的三個部分：

• 顯示欄位：書名，即 title
• 資料表：book
• 篩選條件：作者為小明，即 author='小明'

組合後為：

SELECT title FROM book WHERE author='小明';

選項分析

核心觀念

本題考查關聯式資料庫的第一正規化（1NF）。第一正規化要求每個資料格只存放一個不可再分的值，也就是屬性值必須是單一值（atomic value），不能在同一屬性中存放重複值或多個值。

解題方法

題目指出某個屬性允許多個重複值，表示該屬性不符合「每個欄位只存一個值」的要求。因此，資料表至少違反第一正規化。第二、第三正規化及 BCNF 都建立在已符合 1NF 的資料表之上，故不符合 1NF 時，已可判定違反的最低正規化層級。

選項分析

核心觀念

外來鍵（foreign key）是資料表中用來參照另一資料表主鍵或候選鍵的欄位。以本題而言，若 Orders 的欄位要參照 Discount，其值須對應 Discount 中可供識別的欄位值；本題的 Discount 資料以 Day/Time 區分折扣時段，因此 Orders 中記錄的時段可連結到 Discount 的時段資料。

解題方法

先比較兩表的欄位意義與資料值：

• Discount 的 Day/Time 列出各折扣時段。
• Orders 的 Day/Time 也記錄每筆訂單所屬的時段。
• Orders 的時段值（如 Week-Evening、Week-Day、Weekend-Evening）都能在 Discount.Day/Time 找到對應值。

核心觀念

本題考辨識常見惡意程式的特性。題幹描述駭客把可遠端操控的程式安裝到大量使用者電腦，再集中或分散地下達指令，使這些受感染電腦共同執行惡意行為。這些受控電腦稱為「殭屍電腦」，組成的網路稱為殭屍網路（botnet）。

題目採用的分類重點是：特洛伊木馬程式會偽裝成正常或有用的程式，誘使使用者安裝或執行，之後暗中執行未經授權的功能，例如開啟遠端控制能力。殭屍網路可由遭植入木馬或其他惡意程式的電腦組成；依本題描述，官方答案歸類為特洛伊木馬程式。

解題方法

先看題幹強調的行為：程式被安裝在許多個人電腦中，駭客能遠端下達指令，讓受感染電腦執行惡意行為。這指向「偽裝並暗中提供控制能力」的特性，因此選擇特洛伊木馬程式。

殭屍網路是由受控電腦形成的網路概念；本題選項問的是惡意程式類型，依題幹所述的遠端遙控程式及官方答案，應選特洛伊木馬程式。

選項分析

核心觀念

電子商務可依交易雙方的身分分類：

• C（Consumer）：個人消費者。
• B（Business）：企業或商家。

判斷時要看買賣雙方各自是哪一類，而非交易是否透過網站進行。

解題方法

題目描述使用者準備物品，在拍賣網站上販售。依一般拍賣網站的模式，賣家與買家都是個人使用者，因此交易是「消費者對消費者」，屬於 C2C。

拍賣網站提供交易的平台與媒合服務，但平台本身不因此成為商品買賣的一方。

選項分析

• (A) C2B（Consumer to Business）：消費者向企業提供商品或服務，例如個人向企業提供設計作品或接案服務。題目是個人使用者之間交易，不符合。

核心觀念

本題考向量圖形（vector graphics）的儲存方式。向量圖形以點、線、曲線、形狀等幾何描述及其屬性來記錄圖像，不是逐一保存每個像素的色彩資料。因此，單純改變顯示解析度或放大尺寸，不會使圖形描述資料量按像素數增加。

解題方法

題目給定 $320 \times 200$ 像素的向量圖形檔占 $50$ bytes，並將同一圖形放大為 $640 \times 400$ 像素。寬、高各變為原來的 $2$ 倍，像素總數因此變為 $4$ 倍；但向量圖檔記錄的是圖形描述，解析度變化不會讓這些描述資料增多。

所以儲存空間維持 $50$ bytes，選 (A)。

選項分析

核心觀念

本題考「分頁式記憶體管理」中，程式所需的框架數。記憶體分成大小相同的框架（frame），程式則切分成與框架等大的頁面（page）。程式需要的框架數，等於程式所占的頁面數。

解題方法

可用記憶體共 $70\text{ MB}$，分成 $14$ 個框架，因此每個框架大小為：

$14\text{ MB}$ 的程式需要的框架數為：

框架數必須是整數，程式最後一部分即使未填滿一個框架，仍須配置完整框架，因此向上取整為 $3$ 個框架。

選項分析

核心觀念

本題考辨識與軟體開發流程及品質管理有關的標準。**CMMI（Capability Maturity Model Integration，能力成熟度整合模式）**用來評估並改善組織的流程能力與成熟度，常見於軟體開發及系統工程領域。

解題方法

先看題幹中的關鍵詞「軟體開發品質」。在四個選項中，CMMI 對應的是軟體公司開發流程的成熟度與品質改善；其餘選項分別著重資訊安全、個人資料隱私管理或商學院認證，因此選 A。

選項分析

核心觀念

本題考查第五代行動通訊（5G）的主要應用情境。5G 常見的三類應用方向為：增強型行動寬頻、超可靠低延遲通訊，以及大規模機器型通訊。其重點在提升傳輸能力、連線可靠度與反應速度，並支援大量裝置連網；「提供高價值的網路設備」並非5G應用情境。

解題方法

先辨認選項描述的是5G要提供的網路服務能力，還是設備本身的價值。大頻寬、可靠低延遲及大量低成本連線，均可對應5G的應用方向；設備價值則不是通訊網路的應用情境。依題目指定的官方答案，選出 D。

選項分析

• (A) 提供大頻寬的資料傳輸能力：正確描述5G應用情境。 5G的增強型行動寬頻可支援較高資料傳輸速率與大頻寬服務，例如高畫質影音傳輸。

核心觀念

本題考查 SQL 的多表查詢與 WHERE 條件篩選。FROM X, Y 會先將關係 X 與 Y 做笛卡兒積，產生所有可能的資料列組合；再以 WHERE X.A < Y.D 篩選，只保留符合條件的組合。

解題方法

關係 X 有 3 筆資料，Y 有 2 筆資料，因此笛卡兒積共有 $3 \times 2 = 6$ 種組合。逐一比較 X.A 與 Y.D：

核心觀念

雜湊函數會把任意長度的輸入資料轉換成固定長度的摘要值。密碼學雜湊函數通常具備下列特性：

• 確定性：相同輸入必定產生相同輸出。
• 抗原像性：由摘要值反推出原始輸入在計算上不可行，常簡稱「不可逆」。
• 雪崩效應：輸入只要有細微改變，輸出就會大幅改變，看起來近乎無關。
• 輸出長度固定：輸入空間遠大於輸出空間，因此不同輸入可能得到相同輸出，稱為「碰撞」。

解題方法

判斷各敘述是否符合雜湊函數的基本性質。關鍵在於雜湊輸出長度固定，但輸入可能有無限多種；由於輸入數量多於輸出數量，依鴿籠原理，必然存在不同輸入得到相同輸出的情形。因此，「不同輸入一定得到不同輸出」並不成立。

選項分析