110 初等考試五等 統計 資料處理大意 考古題詳解

核心觀念

本題測驗「程式語言的階層分類（低階語言 vs. 高階語言）」與「電腦語言的世代演進（Generations of Programming Languages）」。

1. 低階語言（Low-level Language）：最接近電腦硬體架構，主要包含：

• 第一代語言（1GL，機器語言）：由純二進位碼（$0$ 與 $1$）組成，CPU 能直接執行，可讀性極差且高度依賴硬體。
• 第二代語言（2GL，組合語言）：使用英文字母構成的「助記碼」（Mnemonics，例如 ADD、MOV、JMP）來取代二進位指令，與硬體指令集幾乎維持一對一（$1:1$）的對應關係。

2. 高階語言（High-level Language）：抽象程度高，語法貼近人類日常自然語言與數學符號，具備跨平台可攜性（Portability），需要透過「編譯器（Compiler）」或「直譯器（Interpreter）」轉換為機器碼才能執行：

• 第三代語言（3GL）：如 C、C++、Java、Python 等程序導向或物件導向語言。
• 第四代語言（4GL）：如 SQL，屬於非程序式（Non-procedural）、宣告式（Declarative）語言。

解題方法

依據程式語言由硬體底層至抽象層次的世代架構進行比對：

$\text{機器語言 (1GL)} \xrightarrow{\text{最接近底層}} \text{組合語言 (2GL)} \xrightarrow{\text{高階程序/物件導向}} \text{C / Python (3GL)} \xrightarrow{\text{宣告式查詢}} \text{SQL (4GL)}$

題目要求找出「相對其他選項是較為低階、最接近機器碼」的語言，只需比較四個選項的抽象層級：

• 組合語言屬於 2GL（低階語言），指令結構直接反映暫存器與記憶體位址的操作。

核心觀念

本題旨在測驗電腦硬體架構中「記憶體與儲存媒體之特性」，核心在於區分揮發性記憶體（Volatile Memory）與非揮發性記憶體（Non-Volatile Memory）：

1. 揮發性記憶體（Volatile Memory）：必須持續供應電源才能維持資料，一旦電源中斷或關閉，所儲存的資料便會立即全部消失。
2. 非揮發性記憶體（Non-Volatile Memory）：在電源切斷後，儲存的資料依然能夠完整保留，常用於儲存開機韌體（Firmware）或作為永久性儲存裝置（次級儲存設備）。

解題方法

判斷關鍵在於檢視題目所列各項設備是屬於「關機斷電後資料消失（揮發性）」還是「關機斷電後資料保留（非揮發性）」：

• 電腦的主記憶體（通常以 DRAM 製成的 RAM）具揮發性，斷電資料即失。
• 韌體儲存晶片（ROM/Flash）與輔助儲存裝置（SSD、隨身碟、硬碟等）具非揮發性，斷電資料不滅。

選項分析

• (A) 基本輸入輸出系統（BIOS）：錯誤 BIOS 是電腦開機時負責自我檢測（POST）與引導作業系統載入的核心韌體。為確保電腦每次開機皆能正常運作，BIOS 儲存於主機板上的非揮發性記憶體（早期為 ROM，現代多為 Flash ROM / EEPROM），關閉電源後資料不會消失。

核心觀念

XOR（互斥或）在兩個輸入不同時輸出 $1$，相同時輸出 $0$。NAND（反及）則是先做 AND，再將結果反相：

解題方法

依圖中的訊號關係，A 為 XOR 閘，其輸入為 $X$ 與 $1$，輸出為 $1$，因此：

XOR 的兩個輸入必須不同才會輸出 $1$，所以 $X=0$。

B 為 NAND 閘，兩個輸入都是 $0$，因此：

故輸出為 $X=0,\ Y=1$。

選項分析

核心觀念

本題測驗計算機組織與架構中的**「記憶體階層架構」（Memory Hierarchy）**及其存取速度特性。

電腦系統為了兼顧運算速度、容量與製造成本，將儲存裝置設計為金字塔式的階層架構。其基本運作原則為：越靠近 CPU 運算核心的裝置，存取速度越快、容量越小、單位成本（每 bit 價格）越高；反之，越遠離 CPU 的外圍裝置，速度越慢、容量越大、成本越低。

本題涉及之四種儲存裝置特性如下：

1. 暫存器（Register）：位於 CPU 核心內部，通常由正反器（Flip-Flop）電路組成，直接配合算術邏輯單元（ALU）運作，為電腦系統中存取速度最快的儲存元件。
2. 快取記憶體（Cache Memory）：多由靜態隨機存取記憶體（SRAM）組成，建置於 CPU 內部或鄰近處（分為 L1、L2、L3 快取），用以彌補 CPU 與主記憶體之間的速度落差。
3. 隨機存取記憶體（RAM / 主記憶體）：一般主要採用動態隨機存取記憶體（DRAM），透過系統匯流排與 CPU 連接，存放當前正在執行的程式與資料。
4. 硬式磁碟記憶體（Hard Disk Drive, HDD / 輔助記憶體）：屬於次級／輔助儲存裝置（Secondary Storage），需透過機械馬達旋轉磁碟、移動磁頭尋道來讀寫資料，屬於機械式運作，速度遠遠慢於各類電子式半導體記憶體。

解題方法

依據記憶體階層架構由頂端（最快）至底端（最慢）的順序進行排列：

$\text{暫存器 (Register)} > \text{快取記憶體 (Cache)} > \text{隨機存取記憶體 (RAM)} > \text{硬式磁碟記憶體 (HDD)}$

各元件典型存取時間（Access Time）量級參考：

• 暫存器：$< 1\text{ ns}$（約 1 個 CPU 時脈週期）。

核心觀念

1. 二補數（2's Complement）表示法 在 $n$ 位元的二補數系統中，最高有效位元（Most Significant Bit, MSB）為符號位元：

• 符號位元為 $0$：代表正數或零，數值直接以一般二進位計算。
• 符號位元為 $1$：代表負數，其絕對值可透過「位元反相（1 補數）再加 $1$」求得。
• $n$ 位元二補數整數的表示範圍為 $[-2^{n-1},\ 2^{n-1} - 1]$。本題 $n = 4$，其表示範圍為 $[-8,\ +7]$。

2. 二補數之權重展開式 $n$ 位元二補數 $b_{n-1}b_{n-2}\dots b_1b_0$ 的十進位真值可直接以最高位元帶負權重展開： $V = -b_{n-1} \cdot 2^{n-1} + \sum_{i=0}^{n-2} b_i \cdot 2^i$ 對於 4 位元二進位數，各權重由高至低依序為 $-8$、$4$、$2$、$1$。

3. 二補數減法運算 二進位減法運算 $x - y$ 等價於 $x + (-y)$，其中 $-y$ 即為 $y$ 取二補數（反相加 1）之結果。

解題方法

方法一：先轉換為十進位再計算（最直覺推薦）

1. 解析 $x = 0010_2$ 的十進位值 最高位元為 $0$，為正數： $x = 0 \times 2^3 + 0 \times 2^2 + 1 \times 2^1 + 0 \times 2^0 = +2$

2. 解析 $y = 1100_2$ 的十進位值 最高位元為 $1$，為負數。使用權重公式快速轉換： $y = -1 \times 2^3 + 1 \times 2^2 + 0 \times 2^1 + 0 \times 2^0 = -8 + 4 = -4$ （亦可由求絕對值驗證：將 $1100$ 反相得 $0011$，加 $1$ 得 $0100_2 = 4$，故值為 $-4$）

3. 求 $x - y$ 之十進位值 $x - y = 2 - (-4) = 2 + 4 = 6$

方法二：以二補數二進位加法運算後再轉十進位

核心觀念

本題測驗 IEEE 754 單倍精準度（Single Precision, 32-bit）浮點數表示法。 在 IEEE 754 標準中，32 位元浮點數由左至右劃分為三個欄位：

1. 正負號位元（Sign, $S$）：佔 $1$ 位元（第 31 位元）。

• $S = 0$ 表示正數。
• $S = 1$ 表示負數。

2. 偏差指數（Biased Exponent, $E$）：佔 $8$ 位元（第 30 至 23 位元）。

• 採用 Excess-127 編碼，偏差值（Bias）為 $127$。
• 實際指數值 $e = E - 127$。

3. 假數／尾數欄位（Fraction / Mantissa, $M$）：佔 $23$ 位元（第 22 至 0 位元）。

• 正規化（Normalized）數值具有隱藏位元（Hidden Bit）$1$，故有效數字為 $(1.M)_2$。

數值轉換公式： $V = (-1)^S \times (1.M)_2 \times 2^{E - 127}$

解題方法

將題目給定的 32 位元二進位字串依欄位劃分：

$\underbrace{0}_{S\text{ (1 bit)}} \quad \underbrace{10000001}_{E\text{ (8 bits)}} \quad \underbrace{01110000000000000000000}_{M\text{ (23 bits)}}$

步驟一：判斷正負號（$S$）

• $S = 0 \implies (-1)^0 = +1$（此數為正數）。

步驟二：計算實際指數（$e$）

• 偏差指數 $E = (10000001)_2 = 2^7 + 2^0 = 128 + 1 = 129$。
• 實際指數 $e = E - 127 = 129 - 127 = 2$。

步驟三：還原有效數字並計算數值

• 尾數欄位 $M = 01110000000000000000000_2$。
• 加入隱藏位元 $1$ 後，有效數字為 $(1.0111)_2$。
• 代入公式結合指數運算： $V = +1 \times (1.0111)_2 \times 2^2$

核心觀念

1. 2 補數（Two's Complement）表示法： 在計算機系統中，負整數普遍採用 2 補數表示。其數學定義為：在 $n$ 位元的系統中，負數 $-N$ 的 2 補數表示法等於其「1 補數（各個位元反轉）加 1」，亦即： $2\text{'s Complement} = (\text{全 } 1 \text{ 遮罩} - N) + 1 = 2^n - N$
2. 位元長度與十六進位對應： 選項皆為 4 個十六進位數字（Hexadecimal digits），每個十六進位字元代表 4 個二進位位元（bits），因此本題採用 16 位元（16-bit） 格式表示。
3. 正負號擴展（Sign Extension）： 正數在轉為 16 位元時，高位元補 0；負數的 2 補數其最高位元（MSB，Sign bit）為 1，換算成 16 位元十六進位時，前方高位元皆會補滿 $\text{F}$。

解題方法

本題欲求十進位數字 $-165$ 的 16 位元 2 補數十六進位格式，解法可分為兩步：

步驟一：將十進位 $+165$ 轉換為 16 位元十六進位與二進位

1. 十進位轉十六進位： $165 \div 16 = 10 \text{ 餘 } 5$ 十六進位中，十進位的 $10$ 以英文字母 $\text{A}$ 表示，餘數為 $5$。 因此： $+165_{10} = \text{A}5_{16}$
2. 擴展至 16 位元（4 位十六進位數）： $+165_{10} = 00\text{A}5_{16} = (0000\ 0000\ 1010\ 0101)_2$

步驟二：求其 2 補數（$-165$）

可使用以下兩種標準推導方法之一：

• 方法一：位元反轉加 1 法（正規法）

1. 求 1 補數（全部位元取反）： $(0000\ 0000\ 1010\ 0101)_2 \xrightarrow{\text{反轉}} (1111\ 1111\ 0101\ 1010)_2 = \text{FF}5\text{A}_{16}$
2. 加 1 得 2 補數：

核心觀念

1. HTML 成對標籤的基本結構： HTML 的文字格式化標籤多屬於成對標籤，由「起始標籤（Opening Tag）」與「結束標籤（Closing Tag）」包覆欲修飾的內容：

• 起始標籤：<標籤名稱>（例如 <b>、<i>），置於被修飾文字之前。
• 結束標籤：</標籤名稱>（帶有正斜線 /，例如 </b>、</i>），置於被修飾文字之後。

2. 常用的文字樣式標籤：

• <b>（Bold）：文字粗體。
• <i>（Italic）：文字斜體。

3. 標籤巢狀結構（Nesting）與容錯：

• 正規語法中，多層標籤應遵循「後開先閉（LIFO，Last In First Out）」原則，例如 <i><b>...</b></i>。
• HTML 規範具容錯特性（Fault Tolerance），當多個行內格式標籤出現交叉閉合（如 <i><b>...</i></b>）時，瀏覽器仍能解析並正常渲染為粗斜體。

解題方法

本題旨在考驗 HTML 成對標籤的「起始／結束位置」基本配置：

1. 檢驗文字前方的標籤：被包覆文字 I like HTML 之前，必須全部為「起始標籤」（不得帶有正斜線 /）。
2. 檢驗文字後方的標籤：被包覆文字之後，必須全部為「結束標籤」（必須帶有正斜線 /）。
3. 透過檢視四個選項中標籤的位置，即可快速判定何者符合基本包覆原則。

選項分析

• (A) <b></i>I like HTML<i></b> 錯誤： 文字前方出現了結束標籤 </i>，且文字後方出現了起始標籤 <i>。在文字尚未開始前就閉合標籤、文字結束後又開啟標籤，語法完全顛倒錯置。

核心觀念

本題測驗的是「網際網路通訊協定第四版」（IPv4, Internet Protocol version 4）的位址格式與表示法：

1. 長度與組成：IPv4 位址由 $32\text{ bits}$（位元）構成，分為 4 個位元組（bytes），每個位元組為 $8\text{ bits}$。
2. 點分十進位表示法（Dotted-decimal notation）：將 4 個位元組分別轉換為十進位數字，中間以 3 個小數點隔開，標準形式為： $A.B.C.D$
3. 數值範圍：每個位元組由 8 個位元組成，其二進位最小值為 $00000000_2$，最大值為 $11111111_2$。轉換為十進位後，各區段的數值範圍必須落在： $0 \le A, B, C, D \le 255 \quad (0 \sim 2^8 - 1)$

解題方法

檢驗一個 IPv4 位址是否合法，可依序進行「兩步驟結構篩檢」：

1. 檢查區段數量：必須恰好由 4 個十進位整數組成，且其間以 3 個點號（.）分隔。
2. 檢查數值邊界：每個區段的整數值皆必須介於 $0$ 到 $255$ 之間（含 $0$ 與 $255$），不得小於 $0$ 亦不得大於 $255$。

選項分析

• (A) 錯誤：位址中的第 3 個數值為 $256$。因為單一位元組能表示的最大十進位數值為 $255$（$2^8 - 1$），數值 $256$ 超出合法上限（$0 \sim 255$）。

核心觀念

本題測驗通用程式語言（如 C、C++、Java、Python 等）中算術運算式的評估規則，主要包含三個核心概念：

1. 運算子優先順序（Operator Precedence）： 乘法（*）與取餘數（%）的優先權相同，且均高於加法（+）。
2. 運算子的結合性（Associativity）： 乘法（*）與取餘數（%）同屬於乘除運算群，其結合方向皆為「由左至右」（Left-to-Right）。
3. 取餘數運算子（Modulus Operator, %）： 運算結果為兩整數相除後的「餘數」，而非商數。若被除數能被除數整除，餘數必為 $0$。

解題方法

題目給定之運算式為： $3 * 4 \% 6 + 4 * 5$

依據運算規則，解題步驟推導如下：

1. 劃分運算優先權層級： 乘法（*）與取餘數（%）優先於加法（+），因此運算式可視為左右兩個高優先權子運算式的相加： $(3 * 4 \% 6) + (4 * 5)$

2. 計算左側子運算式 $(3 * 4 \% 6)$：

• 運算子 * 與 % 優先級相同，依由左至右的結合性，先計算 $3 * 4$： $3 * 4 = 12$
• 接著計算取餘數 $12 \% 6$： $12 \div 6 = 2$ 餘 $0$，故取餘數之結果為 $0$： $12 \% 6 = 0$

核心觀念 本題測驗「演算法與程式設計基礎」中之標準流程圖符號（Flowchart Symbols）。 流程圖依循 ANSI/ISO 國際標準規範，使用特定幾何圖形來具象化演算法的執行步驟與邏輯控制結構（循序、選擇、重複）。其中用以進行條件判斷、產生多個分支路徑（如 True/False、Yes/No）的圖形，定義為「決策符號（Decision Symbol）」。

解題方法 題目欲尋找表示「決策符號（decision symbol）」的圖形：

1. 演算法中的「決策」代表程式執行至該步驟時需檢驗特定條件（如 $x > 0$）。
2. 在標準流程圖規範中，專門用來容納條件判斷式，並具備單一輸入端與兩個（或多個）輸出分支端（如 True/False）的幾何形狀為菱形。
3. 因此，直接鎖定菱形即可得出答案。

選項分析

• (A) 圓形：錯誤。 在標準流程圖中，小型圓形代表**「連接符號（Connector）」**，用於連接同一頁面內不同區段的流程線，以避免流程線過長或交錯混亂；亦非決策符號。
• (B) 矩形：錯誤。 矩形代表**「處理符號（Process Symbol）」**，用於表示資料計算、變數賦值、內部操作或資料轉換等具體動作（例如：$sum = sum + i$）。

核心觀念

本題測驗程式語言中流程控制結構（while 迴圈與 if 條件判斷式）的追蹤分析能力，核心在於推導變數在程式各節點的數值範圍（Post-condition，後置條件），並辨識程式中的死碼（Dead Code，無法執行的無效程式碼）。

解題方法

本題採用區間狀態分析法，透過變數 $a$ 在各控制結構執行後的數值變化進行推導：

1. 分析 while (a < 10) 迴圈：

• 當 $a < 10$ 時，迴圈持續執行 a = a + 5;。
• 迴圈終止離開的條件為條件式不成立，即： $a \ge 10$
• 因此，無論 $a$ 的初始值為何，離開 while 迴圈時，$a$ 的值必定滿足 $a \ge 10$。

2. 分析第一個條件式 if (a < 12)： 此處依離開迴圈時的 $a$ 值分為兩種情況討論：

• 情況一（條件成立）：若離開迴圈時 $10 \le a < 12$（在整數型態下即 $a = 10$ 或 $a = 11$），程式會執行 a = a + 2;：
• 若原 $a = 10$，執行後 $a = 10 + 2 = 12$。
• 若原 $a = 11$，執行後 $a = 11 + 2 = 13$。
• 此情況下，執行完畢後數值必定滿足 $a \ge 12$。
• 情況二（條件不成立）：若離開迴圈時 $a \ge 12$，則不符合 $a < 12$，直接略過 a = a + 2;，此時 $a$ 維持原值，依然滿足 $a \ge 12$。

3. 分析第二個條件式 if (a <= 11)：

• 綜合步驟 2 的兩種情況可知，不論程式走哪一條路徑，到達此判斷式前，$a$ 的數值恆大於或等於 $12$（即 $a \ge 12$）。
• 因此，條件式 $a \le 11$ 恆為假（False），其內部的陳述句 a = 5; 永遠沒有機會被觸發執行。

核心觀念

本題測驗「二維陣列（2D Array）」在記憶體中的**位址計算（Address Mapping）與以列為主（Row-Major Order）**儲存方式。

1. 二維陣列規格與維度定義：

• 一個 $M \times N$ 的陣列，代表共有 $M$ 列（Rows）、$N$ 行（Columns）。本題為 $8 \times 4$，即 $M = 8$ 列、$N = 4$ 行（每列有 $4$ 個元素）。
• 題目的起始索引為 $A[0][0]$，屬於「以 0 為基底（0-based index）」的表示法。

2. 以列為主（Row-Major Order）儲存原則：

• 記憶體配置時，會先依序連續存放第 0 列的所有元素，接著再存放第 1 列的所有元素，以此類推。
• 每換到下一列，必須跨越一整列的元素個數，也就是總行數 $N$。

3. 位址計算公式： 對於起始索引為 $A[0][0]$、大小為 $M \times N$ 的陣列，元素 $A[i][j]$ 的記憶體位址公式為： $\text{Address}(A[i][j]) = \text{Base Address} + (i \times N + j) \times d$ 其中：

• $\text{Base Address}$：起始位址（即 $A[0][0]$ 之位址）。
• $i$：列索引（Row index）。
• $j$：行索引（Column index）。
• $N$：每一列所包含的元素總數（即總行數，本題為 $4$）。
• $d$：每個元素所佔用的記憶體單位大小（本題為 $2$）。

解題方法

1. 確認已知參數：

• 陣列大小：$8 \times 4$（列數 $M = 8$、行數 $N = 4$）。
• 起始位址 $\text{Base Address} = 108$。
• 每個元素大小 $d = 2$ 單位。
• 目標元素：$A[1][2]$，即 $i = 1$、$j = 2$。

2. 計算目標元素前方的元素個數（Offset in elements）：

• 已完整排滿的列數：第 0 列完整存放，共有 $1 \times 4 = 4$ 個元素（$A[0][0], A[0][1], A[0][2], A[0][3]$）。
• 當前列已存放的元素：第 1 列存放至 $A[1][2]$ 之前，共有 $2$ 個元素（$A[1][0], A[1][1]$）。

核心觀念

本題測驗 C 語言中**遞迴函式（Recursive Function）**的執行流程與數學對應關係。

1. 遞迴函式的基本組成：

• 終止條件（Base Case / 邊界條件）：當滿足條件時直接回傳特定數值，不再進行遞迴呼叫，以避免無窮遞迴。
• 遞迴呼叫（Recursive Step）：將原問題縮小規模後再次呼叫自身。

2. 數學指數運算的遞迴定義： 程式碼以遞迴方式定義了整數乘方運算 $a^x$（底數為 $a$，指數為 $x$）：

• 當 $x = 0$ 時，$a^0 = 1$。
• 當 $x > 0$ 時，$a^x = a \times a^{x-1}$。

解題方法

1. 函式結構分析：

• 輸入參數：$a$（底數）、$x$（指數）。
• 當 $x = 0$ 時，執行 return 1;（終止遞迴）。
• 當 $x \neq 0$ 時，執行 return (a * R(a, x - 1));，將當前的 $a$ 乘上呼叫規模減 1 的函式結果。
• 由此可歸納出通式：$R(a, x) = a^x$。

2. 追蹤執行流程（以 $R(3, 7)$ 為例）： 依據函式定義展開呼叫堆疊（Call Stack）： $R(3, 7) = 3 \times R(3, 6)$ $= 3 \times (3 \times R(3, 5))$ $= 3 \times 3 \times (3 \times R(3, 4))$ $= 3^3 \times R(3, 4)$ $= \dots$ $= 3^7 \times R(3, 0)$ 當遞迴呼叫至 $R(3, 0)$ 時，滿足 if (x == 0)，回傳 $1$： $R(3, 7) = 3^7 \times 1 = 3^7$

核心觀念

本題考關聯式代數中「投影」與「選擇」的用途：

• 投影 $\pi$：選取關聯中的欄位，例如 $\pi_{a,b}(R)$ 表示只保留 $a$、$b$ 欄。
• 選擇 $\sigma$：依條件篩選資料列，例如 $\sigma_{a<b}(R)$ 表示保留滿足 $a<b$ 的資料列。

題目要產生的結果包含 $(a,b)=(1,2)$ 與 $(2,3)$，兩列都滿足 $a<b$。

解題方法

先看運算符號後面的條件或欄位清單是否符合該運算的用途，再檢查結果中的資料列能否通過篩選條件。

選項（A）先從 $R$ 投影出 $a,b$ 欄，再選出滿足 $a<b$ 的資料列：

$\sigma_{a<b}(\pi_{a,b}R)$

因此，只要 $R$ 的 $a,b$ 欄包含 $(1,2)$ 與 $(2,3)$，且沒有其他滿足 $a<b$ 的資料列，運算結果就會是題目表格。

選項分析

核心觀念

本題測驗關聯式資料庫中正規化（Normalization）形式的嚴格形式化定義。

1. 功能相依（Functional Dependency, FD）： 記為 $X \to Y$。其中左側的 $X$ 稱為「決定因素（Determinant）」，右側的 $Y$ 稱為「相依因素（Dependent）」，表示 $X$ 的值可唯一決定 $Y$ 的值。
2. 超鍵（Superkey）與候選鍵（Candidate Key）： 若關聯表中某屬性集合能唯一識別每一筆元組（Tuple），該集合即為超鍵；而具極小性（Minimality）的超鍵即為候選鍵。因此，「包含候選鍵的屬性集合」在定義上即為「超鍵」。
3. 各階正規化形式的定義標準：

• 1NF：所有屬性的值皆具「原子性（Atomicity）」，無重複群（Repeating Groups）。
• 2NF：符合 1NF，且消除「部分功能相依（Partial Functional Dependency）」，即所有非主屬性完全功能相依於候選鍵。
• 3NF：符合 2NF，且消除「遞移功能相依（Transitive Functional Dependency）」。形式化定義為：對所有非顯然功能相依 $X \to Y$，$X$ 必須為超鍵，或 $Y$ 必須為主屬性（Prime Attribute，即包含在任一候選鍵中的屬性）。
• BCNF（Boyce-Codd Normal Form）：比 3NF 更嚴格（常稱為強 3NF）。形式化定義為：關聯模式中每一個非顯然功能相依 $X \to Y$，其決定因素 $X$ 必定為超鍵（即 $X$ 必須包含候選鍵）。

解題方法

1. 分析題幹條件： 題幹敘述「關聯模式中每一個功能相依的決定因素都包含候選鍵」。
2. 對照形式化定義： 設任意非顯然功能相依為 $X \to Y$，題幹表明決定因素 $X$ 必須滿足「包含候選鍵」。

核心觀念

本題測驗關聯式資料庫（Relational Database）中**主鍵（Primary Key, PK）**的定義與選取原則：

1. 主鍵的定義與特性：

• 唯一性（Uniqueness）：關聯表（Relation）中的每一筆紀錄（Tuple / Row），其主鍵屬性值必須獨一無二，能唯一識別（Uniquely Identify）該筆資料，任兩筆資料的主鍵值不可重複。
• 實體完整性限制（Entity Integrity Constraint）：主鍵中的屬性不可包含空值（Not Null）。
• 最小性（Minimality）：主鍵為候選鍵（Candidate Key）之一，不得包含多餘的屬性。

2. 國際標準書號（ISBN, International Standard Book Number）：

• 國際專門分配給每一種圖書出版品（包含不同版本、裝訂型態）的全球唯一識別編號。

解題方法

給定關聯表綱要： $Books(ISBN, Title, CopyrightYear, Author, Publisher, PublisherURL, AuthorEmail)$

在挑選主鍵時，切入點為檢驗各屬性在現實世界與資料庫限制下是否能滿足唯一識別每一本書籍紀錄的條件：

• 若屬性值在現實中可能對應多本書（重複出現），則無法作為主鍵。
• 一本書可能有多人同名撰寫、同一書名可能被不同作者或出版社使用、一間出版社更會出版成千上萬本書。
• 唯有 $ISBN$ 依出版品編碼標準規範，每本書皆具備世界唯一的編號，因此具備唯一性，適合作為 $Books$ 關聯表的主鍵。

核心觀念 本題測驗「OSI 七層協定模型（Open Systems Interconnection Model）」中各層次的功能劃分，特別是**網路層（Network Layer，第 3 層）**的核心職責。 網路層的主要目的在於解決「跨網路（跨網段）的端對端傳輸」，負責定義邏輯定址（如 IP 位址）、路徑選擇（Routing，路由）、封包轉發（Packet Forwarding）以及壅塞控制（Congestion Control）。

解題方法 解題時應掌握 OSI 各層次的代表性功能與工作機制：

1. 資料連結層（第 2 層）：負責相鄰節點間（Node-to-Node）訊框傳送、實體定址（MAC 位址）、流量控制、錯誤偵測與更正。
2. 網路層（第 3 層）：負責跨網路路徑尋找（Routing）與邏輯定址（IP 位址）。
3. 傳輸層（第 4 層）：負責端對端（End-to-End）可靠傳輸、流量控制、錯誤更正（重傳機制）與分段重組。

比對各層功能，即可確認「路由」為網路層最具代表性的核心功能。

選項分析

• (A) 正確：路由（Routing）是指路由器（Router）根據路由表（Routing Table）與繞徑演算法，決定封包從來源端跨越不同子網路到達目的端的最佳傳輸路徑。這是**網路層（第 3 層）**最核心的代表功能。
• (B) 錯誤：錯誤更正（Error Recovery）主要由資料連結層（第 2 層）（如停等協議、自動重傳請求 ARQ）或傳輸層（第 4 層）（如 TCP 的確認應答 ACK 與超時重傳機制）負責。

核心觀念

本題測驗「公鑰密碼學」（Public-Key Cryptography，又稱非對稱式密碼學，Asymmetric Cryptography）之金鑰配對原理與應用情境。

1. 金鑰對（Key Pair）的互逆性：每位使用者皆持有一組數學上相關聯的兩把金鑰——「公鑰（Public Key，$K_{pub}$）」與「私鑰（Private Key，$K_{pri}$）」。公鑰可向大眾公開，私鑰僅由擁有者本人秘密保管。非對稱密碼體系具備**「由其中一把金鑰加密的訊息，必須且只能由對應的另一把金鑰解密」**的對偶特性。
2. 兩大應用目的：

• 機密性（Confidentiality）：確保資料不被竊聽。發送方使用「接收方的公鑰」加密，接收方使用「自己的私鑰」解密。
• 數位簽章與身分認證（Authentication / Non-repudiation）：確認資料來源與完整性。發送方使用「自己的私鑰」加密（簽章），任何人皆可用「發送方的公鑰」解密（驗證）。

解題方法

解題的切入點在於非對稱加解密的數學對偶關係。設明文為 $M$、加密函數為 $E$、解密函數為 $D$，公私金鑰對為 $(K_{pub}, K_{pri})$：

1. 公鑰加密，私鑰解密： $D_{K_{pri}}(E_{K_{pub}}(M)) = M$
2. 私鑰加密，公鑰解密： $D_{K_{pub}}(E_{K_{pri}}(M)) = M$

核心觀念

本題測驗電腦網路通訊協定中「應用層」的核心基礎概念——HTTP 與 HTTPS 的運作架構與差異：

1. HTTP（HyperText Transfer Protocol，超文字傳輸協定）：屬於應用層協定，以明文（Plaintext）方式在客戶端與伺服器之間傳送網頁資料，不具備資料加密功能，封包容易遭到竊聽或篡改。預設通訊埠（Port）為 80。
2. HTTPS（HyperText Transfer Protocol Secure，安全超文字傳輸協定）：即 HTTP 加入 SSL/TLS（Secure Sockets Layer / Transport Layer Security） 安全傳輸協定。透過對稱式與非對稱式加密技術，提供「資料機密性（Confidentiality）」、「資料完整性（Integrity）」與「伺服器身分驗證（Authentication）」。預設通訊埠為 443。
3. 分層架構關係：

• 應用層：HTTP、HTTPS
• 傳輸層：傳統 HTTP/1.1 與 HTTP/2 以及其對應的 HTTPS，均架構於 TCP 之上。
• 網路層：兩者皆運作於 IP 協定之上，可自由使用 IPv4 或 IPv6。

解題方法

從「協定名稱與安全架構」切入判斷：

1. 檢視兩者最本質的差異：HTTPS 字尾的「S」代表「Secure（安全）」，核心差異在於資料傳輸時是否經過 SSL/TLS 加密。

核心觀念 本題考查資訊安全與常見網路攻擊手法，特別是針對網頁應用程式（Web Application）的跨站腳本攻擊（Cross-Site Scripting, XSS）。 XSS 屬於 OWASP Top 10 長期名列前茅的安全弱點。其攻擊原理為：當網站應用程式未對使用者輸入的內容進行適當的驗證、過濾或編碼（Sanitization / HTML Escaping），攻擊者便能將惡意的 HTML 標籤或客戶端腳本程式（如 JavaScript）注入到正常網頁中。當一般使用者瀏覽該網頁時，瀏覽器會將該惡意腳本視為網站的一部分並在本地端執行，進而導致 Cookie 遭竊、Session 被劫持、畫面竄改或散布惡意程式。

解題方法 解答本題的切入點在於抓取題幹中的技術特徵關鍵字：

1. 攻擊目標與途徑：「利用合法網站上的漏洞」、「在某些網頁上」。
2. 攻擊手法核心：「插入惡意的 HTML 與 Script 語法」。

在常見的網路攻擊中，專門利用網頁輸入驗證漏洞「插入 Script 腳本」以在受害者瀏覽器端執行的手法，即為標準的「跨站腳本攻擊（XSS）」。比對四個選項之定義，即可迅速鎖定 (D) 為正確答案。

選項分析

• (A) 殭屍網路攻擊（Zombie Network attack）：錯誤 殭屍網路是指駭客透過木馬程式或漏洞，遠端感染並控制大量連網設備（如電腦、伺服器、IoT 裝置），組成受控的主機群（稱為 Bot 或 Zombie）。駭客透過「命令與控制伺服器」（C&C Server）統一下達指令，操控這些受害主機發送垃圾郵件或發動大規模攻擊。本題強調的是「在網頁中注入腳本」，並非操控殭屍主機群。
• (B) 分散式阻斷服務攻擊（Distributed Denial of Service, DDoS）：錯誤

核心觀念

本題測驗重點為物聯網（Internet of Things, IoT）傳輸技術與 IEEE 802 通訊標準家族的分辨能力：

1. 低功耗廣域網路（LPWAN, Low Power Wide Area Network）：專為物聯網裝置設計的無線通訊技術，具備「長距離傳輸」、「低傳輸速率」、「低功耗（電池壽命長達數年）」及「低成本」等特性。主流標準包含：

• 非授權頻段（Unlicensed Spectrum）：LoRa、Sigfox。
• 授權頻段（Licensed Spectrum，由 3GPP 制定）：NB-IoT（Narrowband IoT）、LTE-M（eMTC）。

2. IEEE 802 區域網路／都會網路標準家族：

• 物聯網常用的無線個人網路（WPAN）標準為 IEEE 802.15.4（如 Zigbee、WirelessHART、Thread）。
• IEEE 802.14 則是有線電視光纖同軸混合網（HFC, Hybrid Fiber-Coaxial）傳輸標準，屬於「有線」寬頻技術，並非無線物聯網通訊技術。

解題方法

本題解題切入點為**「通訊媒介類型（無線 vs. 有線）」與「物聯網主流技術識別」**：

1. 先檢視選項中的無線物聯網知名技術：(A) LoRa、(C) NB-IoT、(D) Sigfox 並稱為物聯網三大主流「低功耗廣域網路（LPWAN）」無線傳輸技術，皆廣泛應用於水電智慧抄表、環境監測、智慧農業與資產追蹤等物聯網情境。
2. 比對排除後，(B) IEEE 802.14 規範的是有線電視纜線數據機（Cable Modem）存取控制協定，既非無線傳輸，亦不適用於低功耗的物聯網末端節點。因此選 (B)。

選項分析

• (A) LoRa（錯誤，此技術適合 IoT）： LoRa（Long Range）由 Semtech 公司主導開發，採用展頻（Chirp Spread Spectrum, CSS）調變技術，運作於 Sub-1GHz 非授權頻段（如台灣的 920–928 MHz）。具備長距離（數公里至十數公里）、高穿透力與低耗電量之特性，是物聯網目前最普及的非授權頻段無線技術之一。
• (B) IEEE 802.14（正確，此技術不適合且非無線物聯網技術）：

核心觀念

本題測驗電腦網路傳輸層（Transport Layer）中兩大核心協定——**TCP（Transmission Control Protocol，傳輸控制協定）**與 **UDP（User Datagram Protocol，用戶資料包協定）**之特性差異與應用場景。

1. TCP 的核心特性：

• 連線導向（Connection-oriented）：傳輸資料前須經「三向交握（Three-way Handshake）」建立連線，傳輸完畢須斷開連線。
• 點對點傳輸（Point-to-Point / Unicast）：連線僅存在於一對一的兩個端點之間。
• 可靠傳輸（Reliability）：具備序號（Sequence Number）、確認信號（ACK）與逾時重送（Retransmission）機制，保證資料不遺失、不重複且順序正確。
• 流量控制（Flow Control）：利用滑動視窗（Sliding Window）機制，避免傳送端過快而使接收端緩衝區溢位。
• 壅塞控制（Congestion Control）：因應網路骨幹頻寬狀況動態調整傳送速率。

2. UDP 的核心特性：

• 非連線導向（Connectionless）：不需建立連線，直接將封包送出。
• 支援一對多傳輸：支援單播（Unicast）、廣播（Broadcast）與多點傳播（Multicast）。
• 不可靠但開銷低、速度快：無確認機制、不保證順序與重送，適用於即時串流、DNS 查詢與廣播多播應用。

解題方法

題幹詢問「何者不屬於 TCP 的特性」。 解題切入點在於連線架構的傳輸對象模式： TCP 必須透過雙向確認維持「一對一」的連線狀態（狀態追蹤與 ACK 回應），此機制無法擴展至「一對多」的架構；

核心觀念

1. 二元搜尋法（Binary Search）原理：

• 二元搜尋法適用於已排序（Sorted）的數列（本題已按英文字母升冪排列）。
• 每次比對時，先取出搜尋範圍的中央元素（Mid-point element）與目標值（Target）進行大小比較：
• 若「目標值等於中央元素」：比對成功，結束搜尋。
• 若「目標值小於中央元素」：代表目標值落在左半部，將搜尋範圍縮小至左半邊子數列。
• 若「目標值大於中央元素」：代表目標值落在右半部，將搜尋範圍縮小至右半邊子數列。

2. 索引計算公式：

• 設搜尋範圍的起始索引為 $\text{low}$、結束索引為 $\text{high}$，中央元素索引通常定義為整數除法（無條件捨去）： $\text{mid} = \lfloor \frac{\text{low} + \text{high}}{2} \rfloor$

3. 二元搜尋樹（Binary Search Tree, BST）層級觀念：

• 搜尋次數即等於目標元素在二元搜尋樹中所處的節點深度（層數）。
• 資料筆數 $N = 15$ 筆時，恰好滿足滿二元樹（Full Binary Tree）節點數 $N = 2^k - 1 = 2^4 - 1 = 15$，其樹高為 $4$。

解題方法

首先為數列建立編號（採 1 基礎索引，即 $1$ 至 $15$）：

目標尋找字元：L。

• 第 1 次資料比對：

• 搜尋範圍：$\text{low} = 1, \text{high} = 15$

• 中央索引：$\text{mid} = \lfloor (1 + 15) / 2 \rfloor = 8$

• 比對元素：第 8 個字元為 S

• 結果：$\text{L} < \text{S}$（L 字母序在 S 前面），目標落在左側，更新 $\text{high} = \text{mid} - 1 = 7$。

• 第 2 次資料比對：

• 搜尋範圍：$\text{low} = 1, \text{high} = 7$

核心觀念

本題測驗「物件導向系統分析與設計（OOAD）」中 UML（Unified Modeling Language，統一塑模語言） 所規範的圖形工具，以及其與傳統「結構化分析與設計（Structured Analysis and Design）」工具的區分。

UML 2.x 將圖形工具分為兩大類（共 14 種圖）：

1. 結構圖（Structure Diagrams）：靜態展現系統架構與元素關係，如類別圖（Class Diagram）、物件圖（Object Diagram）、元件圖（Component Diagram）、部署圖（Deployment Diagram）等。
2. 行為圖（Behavior Diagrams）：動態展現系統執行時的行為、狀態與互動，如使用案例圖（Use Case Diagram）、活動圖（Activity Diagram）、狀態機圖（State Machine Diagram）、循序圖（Sequence Diagram）等。

傳統結構化分析使用的工具（如資料流程圖 DFD、結構圖 Structure Chart）並不屬於 UML 規範的標準圖形。

解題方法

從題目核心條件「物件導向系統開發」與「不是 UML 所提供的圖形化工具」切入：

• 比對各選項之英文名稱與用途，確認其所屬的系統分析架構。
• 類別圖、使用案例圖、活動圖皆為標準 UML 規範之核心圖形；而英文標註為 data flow diagram（DFD，資料流程圖）者，屬於「結構化分析」追蹤資料流動的核心工具，兩者分屬不同典範（Paradigm），故非 UML 工具。

選項分析

• (A) 類別圖（class diagram）：錯誤（屬於 UML 圖形）。 類別圖屬於 UML 的結構圖，用以描述系統內部的靜態結構，呈現各類別（Class）的名稱、屬性（Attributes）、方法（Operations/Methods）以及類別之間的關聯（如繼承、組合、聚合、關聯等），是物件導向開發

核心觀念

本題測驗物件導向程式設計（Object-Oriented Programming, OOP）中**封裝（Encapsulation）與存取修飾詞（Access Modifiers）**的權限控制。

物件導向透過存取修飾詞限制類別成員（屬性 Attribute、方法 Method）的可見度（Visibility），以達成資訊隱藏（Information Hiding）。最常見的三種層級如下：

1. public（公用／公開）：存取範圍最廣。任何其他類別或程式碼區段皆可自由存取。
2. protected（保護）：專為**繼承架構（Inheritance）設計。僅允許該類別本身及其子類別（衍生類別，Subclass / Derived Class）**存取。
3. private（私有）：限制最嚴格。僅有定義該成員的同一個類別內部可以存取，外部類別及子類別皆無法直接存取。

解題方法

本題要求選出「描述錯誤」的選項。解題切入點在於檢驗三種基本修飾詞對「自身類別」、「子類別」與「外部類別」的存取界線：

核心觀念

1. 變數作用域與遮蔽效應（Scope and Variable Shadowing）：

• 全域變數（Global Variable）：宣告在所有函式外部，作用範圍涵蓋整個程式檔。
• 區域變數（Local Variable）：宣告在區塊或函式內部，僅在該區塊內有效。
• 遮蔽效應：當函式內部宣告了與全域變數同名的區域變數時，在該函式有效範圍內，區域變數會「遮蔽」同名的全域變數。在函式內部對該變數所進行的任何存取與修改，皆僅作用於區域變數，完全不會影響全域變數的值。

2. 傳值呼叫（Call by Value）：

• C 語言的函式參數傳遞預設採「傳值呼叫」，呼叫函式時僅複製引數的值給參數，函式內對參數的更動不會影響呼叫端的原始變數。

3. for 迴圈執行流程：

• 迴圈條件判斷式成立時進入迴圈主體，執行完畢後執行遞減/更新運算式，再判斷條件是否仍滿足。

解題方法

逐步追蹤程式執行歷程：

步驟一：程式起始與 main 函式前半段

1. 程式一開始在全域範圍宣告 int s = 1;，此時全域變數 $s = 1$。
2. 進入 main 執行第 1 行輸出：

• printf("%d,", s);：存取全域變數 $s$，印出 1,。

3. 呼叫 add(s);：

• 將全域變數 $s$ 的值（即 $1$）傳入函式 add，其參數 $a$ 接收到初始值 $1$。

步驟二：執行函式 add(int a)（此時 $a = 1$）

1. 函式內宣告區域變數 int s = 6;，此時區域變數 $s$ 遮蔽了全域變數 $s$。
2. 進入迴圈 for (; a >= 0; a = a - 1)：

• 第 1 次迭代（$a = 1$）：
• 檢查條件 $a \ge 0$（$1 \ge 0$）為真。
• printf("%d,", s);：印出區域變數 $s$ 的值 6,。
• s++;：區域變數 $s$ 遞增變為 $7$。
• printf("%d,", s);：印出區域變數 $s$ 的值 7,。
• 執行迴圈更新式：$a = a - 1 \implies a = 0$。
• 第 2 次迭代（$a = 0$）：
• 檢查條件 $a \ge 0$（$0 \ge 0$）為真。
• printf("%d,", s);：印出區域變數 $s$ 的值 7,。
• s++;：區域變數 $s$ 遞增變為 $8$。

核心觀念

1. 白箱測試（White-Box Testing）的定義： 又稱為結構測試（Structural Testing）、透明箱測試或玻璃箱測試（Glass-Box Testing）。測試人員必須完全清楚軟體內部的邏輯結構、演算法與原始程式碼，藉由檢查程式內部的迴圈、條件分支與執行路徑（如陳述覆蓋率、分支覆蓋率、路徑覆蓋率等）來找出潛在錯誤。
2. 軟體開發生命週期（SDLC）與測試時機： 軟體開發標準流程依序為：需求分析 $\rightarrow$ 系統設計 $\rightarrow$ 程式碼撰寫（實作） $\rightarrow$ 軟體測試 $\rightarrow$ 安裝上線與維護。白箱測試最早且最主要應用於「單元測試（Unit Testing）」，其執行的先決條件是「必須已有具體的原始程式碼存在」，因此必定是在程式碼撰寫完成後方能開始。

解題方法

本題的解題切入點在於**「白箱測試的必要先決條件」**：

• 白箱測試的核心在於分析與執行「原始程式碼內部的控制流程與邏輯路徑」。
• 在需求分析階段與系統設計階段，系統僅有文字規格、架構圖或類別設計圖，尚未產出實際的程式碼，因此客觀上無法進行白箱測試。
• 唯有在開發者完成「軟體程式碼撰寫」之後，測試人員或開發工程師才能檢視原始碼並設計測試案例，針對模組內部進行單元層級的白箱測試。

核心觀念

本題測驗軟體工程（Software Engineering）中軟體測試層級（Software Testing Levels）與測試角色權責劃分的基本概念：

1. 測試層級（V 模型）：由底層至高層依序為單元測試（Unit Testing） $\rightarrow$ 整合測試（Integration Testing） $\rightarrow$ 系統測試（System Testing） $\rightarrow$ 驗收測試（Acceptance Testing）。
2. 測試方法分類：單元測試針對程式中最小可測試單元（如函式、方法、類別）進行驗證，屬於白箱測試（White-box Testing），執行者必須具備檢視與修改原始碼（Source Code）的能力。

解題方法

本題解題切入點在於**「測試層級與測試方法（白箱 vs. 黑箱）的對應關係」**：

• 單元測試的本質：驗證個別程式碼模組的內部邏輯、路徑分支及邊界條件是否正確。
• 執行角色的決定因素：撰寫與執行單元測試需要深入理解程式碼的底層實作細節，並通常使用單元測試框架（如 JUnit、NUnit、pytest）直接撰寫測試腳本。因此，在標準軟體工程生命週期中，單元測試主要且必然由**軟體開發人員（Developer）**於撰寫程式碼階段同步或隨後執行。

選項分析

• (A) 錯誤：軟體使用者（user）主要參與最上層的驗收測試（Acceptance Testing），特別是使用者驗收測試（UAT, User Acceptance Testing）與 Beta 測試。使用者不接觸原始碼，是以業務需求與操作體驗為出發點進行黑箱測試。

核心觀念

本題評量演算法的**時間複雜度（Time Complexity）與漸近成長率（Asymptotic Growth Rate）**之比較。

1. 時間複雜度與執行速度的關係： 時間複雜度 $T(N)$ 代表演算法在輸入規模為 $N$ 時所耗費的運算步數（執行時間）。當 $N$ 趨近於無限大（$N \to \infty$）時：

• 時間複雜度函數值成長愈慢（階數愈小） $\implies$ 耗費運算時間愈少 $\implies$ 執行速度愈快。
• 時間複雜度函數值成長愈快（階數愈大） $\implies$ 耗費運算時間愈多 $\implies$ 執行速度愈慢。

2. 常見函數成長階層（由慢至快）： $O(1) < O(\log N) < O((\log N)^k) < O(N) < O(N \log N) < O(N^2) < O(N^3) < O(2^N) < O(N!)$ 其中，多重對數（polylogarithmic）函數 $(\log N)^k$（$k$ 為任意正整數）的成長速率，遠慢於任何正次方的多項式 $N^c$（$c > 0$）。

解題方法

題目欲求在 $N \to \infty$ 時「執行速度最快」的演算法，即尋求**時間複雜度最小（漸近成長率最低）**的函數。

將四個選項的函數列出並觀察其 $N$ 的多項式次數（Dominant Term）：

• 選項 (A)：$f_A(N) = (\log N)^4 = N^0 \cdot (\log N)^4$
• 選項 (B)：$f_B(N) = N(\log N)^3 = N^1 \cdot (\log N)^3$
• 選項 (C)：$f_C(N) = N^2(\log N)^2$
• 選項 (D)：$f_D(N) = N^3\log N$

透過極限比較法（Limit Comparison）：

核心觀念 本題測驗「穿戴式裝置（Wearable Devices）之硬體架構與常見通訊／感測技術」。 穿戴式裝置（如智慧手錶、運動手環、智慧戒指）具備「體積微型化」、「電池容量極度受限（高續航要求）」及「貼身生理／周邊連線」等物理與應用特性。因此，其所採用的感測與通訊技術必須具備低功耗、小體積與低散熱等特點。

解題方法 解題關鍵在於比較各項技術的「體積大小」、「能量消耗（功耗）」與「主要應用情境」：

1. 穿戴裝置需求：以短距離、低耗電之無線通訊（如 BLE、NFC）與被動式感應（如 RFID）為主，用於資料同步、行動支付或身分識別。
2. 消去法判斷：LiDAR 需要光學雷射發射器、接收器與即時深度運算元件，通常體積較大、耗電量高且散熱需求大，主要應用於自駕車、無人機或高階手持測繪設備，最不符合穿戴式裝置的硬體設計限制。

選項分析

• (A) RFID（Radio Frequency Identification，射頻辨識）：可能出現（選項錯誤）。 RFID 包含被動式（Passive）標籤，晶片極小且不需自備電池，成本低廉。常見於智慧手環、馬拉松計時晶片手環或門禁管制穿戴設備，技術成熟且普及。
• (B) LiDAR（Light Detection and Ranging，光學雷達／光達）：比較不會出現（本題正確答案）。 LiDAR 利用發射雷射光脈衝並計算反射時間（Time-of-Flight, ToF）來建構環境 3D 深度點雲圖。

核心觀念

本題測驗多媒體概論中的**數位影像壓縮技術（Image Compression）**分類：

1. 失真壓縮（破壞性壓縮，Lossy Compression）： 在壓縮過程中，會主動捨棄人眼視覺較不敏感的色彩與高頻細節資訊（如透過離散餘弦轉換 DCT、量化等方式）。特點為壓縮比極高、檔案小，但解壓縮後無法百分之百還原原始像素資料，且多次重複儲存會導致畫質持續劣化。常用於色彩豐富、連續色調的真實照片與多媒體串流。
2. 非失真壓縮（無失真／非破壞性壓縮，Lossless Compression）： 利用資料重複性進行編碼壓縮（如 LZW、行程長度編碼 RLE、霍夫曼編碼等）。特點為解壓縮後可完全精確還原原始資料，畫質毫無減損，但壓縮比有限。
3. 未壓縮格式（Uncompressed）： 直接記錄每個像素的色彩數值，未經演算法壓縮，檔案容量最大。

解題方法

判定各常見影像檔案格式的核心壓縮演算法與設計用途，區分其屬於「失真壓縮」、「非失真壓縮」或「未壓縮」：

由上表可知，符合失真（破壞性）壓縮定義的格式為 JPEG。

選項分析

核心觀念

本題測驗 C 語言中迴圈控制、**一維陣列索引（Array Indexing）與模數運算子（Modulo Operator, %）**的綜合應用：

1. 陣列索引特性：長度為 $10$ 的陣列 x[10]，其合法索引範圍為 $0 \sim 9$。
2. 循序輸入與對應：迴圈變數 $i$ 由 $0$ 遞增至 $9$，搭配 scanf 依序讀入序列中的整數。輸入值恰好依序為 $0, 1, 2, \dots, 9$，亦即第 $i$ 次讀入的數值大小即為 $i$。
3. 環狀位移（Circular Shift）：運算式 (i + 2) % 10 代表將索引向後偏移 $2$ 位，當索引值大於或等於 $10$ 時，透過模數運算折返（繞回）至陣列的前端（索引 $0$ 與 $1$）。

解題方法

題目指定依序輸入整數 $0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9$。每次迴圈依序執行以下步驟：

1. 追蹤每次迴圈的寫入位址與數值：

• 當 $i = 0$：輸入值為 $0$，存入 x[(0 + 2) % 10] = x[2] $\implies x[2] = 0$
• 當 $i = 1$：輸入值為 $1$，存入 x[(1 + 2) % 10] = x[3] $\implies x[3] = 1$
• 當 $i = 2$：輸入值為 $2$，存入 x[(2 + 2) % 10] = x[4] $\implies x[4] = 2$
• 當 $i = 3$：輸入值為 $3$，存入 x[(3 + 2) % 10] = x[5] $\implies x[5] = 3$
• 當 $i = 4$：輸入值為 $4$，存入 x[(4 + 2) % 10] = x[6] $\implies x[6] = 4$
• 當 $i = 5$：輸入值為 $5$，存入 x[(5 + 2) % 10] = x[7] $\implies x[7] = 5$
• 當 $i = 6$：輸入值為 $6$，存入 x[(6 + 2) % 10] = x[8] $\implies x[8] = 6$
• 當 $i = 7$：輸入值為 $7$，存入 x[(7 + 2) % 10] = x[9] $\implies x[9] = 7$

核心觀念

1. 霍夫曼演算法（Huffman's Algorithm）： 一種建立「最佳加權二元樹」（Optimal Binary Tree）的貪婪演算法（Greedy Algorithm）。每次從候選節點中挑選加權值（Weight）最小的兩個節點合併為一個新的內部節點，重複此步驟直至所有節點合併成一棵樹。
2. 加權外部路徑長度（Weighted External Path Length, WEPL / EPL）：

• 定義法：所有外部節點（葉節點，External/Leaf Nodes）的權重乘以其到達樹根的路徑長度（分支數/深度）之總和： $\text{EPL} = \sum_{i=1}^{n} (w_i \times l_i)$ 其中 $w_i$ 為第 $i$ 個外部節點的加權值，$l_i$ 為該節點在樹中的路徑長度（樹根至該節點經過的邊數）。
• 內部節點加總定理（速算依據）： 一棵延伸二元樹（Extended Binary Tree）的加權外部路徑長度，嚴格等於所有內部節點（Internal Nodes）加權值的總和： $\text{EPL} = \sum \text{所有內部節點之權重}$

解題方法

步驟一：依照霍夫曼演算法建立樹狀結構

給定 4 個外部節點權重集合為：$\{1, 3, 6, 8\}$。

1. 第一次合併：

• 挑選最小的兩個節點：$1$ 與 $3$。
• 合併為內部節點，權重 $= 1 + 3 = 4$。
• 目前候選節點集合更新為：$\{4, 6, 8\}$。

2. 第二次合併：

• 挑選目前最小的兩個節點：$4$ 與 $6$。
• 合併為內部節點，權重 $= 4 + 6 = 10$。
• 目前候選節點集合更新為：$\{8, 10\}$。

3. 第三次合併：

• 挑選僅剩的兩個節點：$8$ 與 $10$。
• 合併為根節點，權重 $= 8 + 10 = 18$。
• 建樹完成。

步驟二：計算加權外部路徑長度（EPL）

核心觀念

本題考查 C 語言中**遞迴函數（Recursive Function）**的追蹤與數值計算，涉及以下核心觀念：

1. 終止條件（Base Case）：當 $n \le 2$ 時，函數不再自我呼叫，直接回傳 $1$。需特別注意 $n = 0, 1, 2$ 皆符合條件，其函數值皆為 $1$。
2. 遞迴關係式（Recursive Step）：當 $n > 2$ 時，執行 ds(n - 3) + ds(n - 2) + ds(n - 1) + 2，即每一層的結果為前三項數值相加，並再加上常數項 $2$。

解題方法

在求解此類多元遞迴（一個函數內多次自我呼叫）時，若直接繪製展開樹（Recursion Tree），分支龐雜容易耗時且計算出錯。最有效率的切入點為由下而上填表法（Bottom-Up Tabulation），由最小的 $n$ 逐步往上推導至 $n=5$。