108 司法特考三等 檢察事務官電子資訊組 計算機網路 考古題詳解
第 一 題20 分
各種交換技術（switching techniques）都有其特點，請以固定或可變位元率（bit rate）與相對複雜度（complexity）的觀點，比較 circuit switching、packet switching、cell switching 及 frame relay 等交換技術。
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核心觀念
本題比較四種交換技術在位元率是否固定與系統相對複雜度上的差異。關鍵在於：交換網路是否先為通訊建立專用通道、是否以固定長度單位傳送，以及網路設備需要執行多少控制與處理工作。
- 電路交換（circuit switching）：通訊前先建立端到端專用電路，通訊期間保留固定容量。
- 封包交換（packet switching）：資料切成封包，透過共享鏈路傳送；封包可依路由逐跳轉送，鏈路容量由多個連線共用。
- 細胞交換（cell switching）：以固定長度的細胞為傳送單位，常見例子為 ATM。固定長度有助於快速、規律地處理，但仍須進行細胞標頭及路徑資訊處理。
- 訊框中繼（frame relay）：以可變長度訊框在共享網路中傳送，使用虛擬電路識別碼轉送，網路內部的錯誤控制與處理相對精簡。
解題方法
依序判斷兩件事：
- 位元率固定或可變：電路交換建立專用電路，傳輸容量在連線期間固定；其他三種使用共享鏈路，實際可用位元率會隨流量與網路狀況變動。
- 相對複雜度：電路交換需要呼叫建立、資源預留與拆除；封包交換需要處理封包邊界、路由與緩衝；細胞交換使用固定長度單位，處理較規律；訊框中繼簡化網路內部處理，因而相對簡單。
題目所稱的「複雜度」是交換技術的相對比較，並非絕對的實作成本排序；以考試常見的概括比較而言，可整理如下。
| 交換技術 | 位元率 | 相對複雜度 | 判斷理由 |
|---|---|---|---|
| 電路交換 | 固定 | 低 | 連線期間保留專用容量，資料沿既定電路傳送，無須逐封包選路 |
| 封包交換 | 可變 | 高 | 封包須經路由、排隊與緩衝，共享鏈路的延遲及可用容量會變動 |
| 細胞交換 | 可變 | 中 | 固定長度細胞利於快速處理，但仍須進行細胞標頭與虛擬路徑／通道識別 |
| 訊框中繼 | 可變 | 低 | 使用可變長度訊框及虛擬電路轉送，網路內部處理功能較精簡 |
各技術比較說明
第 二 題30 分
請依國際標準組織（International Organization for Standardization, ISO）定義的開放系統互連（Open System Interconnection, OSI）七層（seven layers）結構，回答下列問題：
(一) 再生器（repeater）、橋接器（bridge）、路由器（router）及閘道器（gateway）等網路互連（interconnection）設備的功能有何差別？（20 分）
(二) 原有兩段個別乙太網路（Ethernet）透過一橋接器互連，若將此橋接器移走並連接成同一段乙太網路，會有何影響？（10 分）
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核心觀念
本題考的是網路互連設備在 OSI 七層模型中的工作層次，以及橋接器對乙太網路區段、碰撞範圍與廣播範圍的影響。判斷設備功能時，先看它讀取與處理的資訊：實體訊號、MAC 位址、IP 位址，或更高層的協定與資料格式。
（一）各互連設備的功能差別
| 設備 | 主要層次 | 主要功能 |
|---|---|---|
| 再生器（repeater） | 第一層：實體層 | 接收並重新整形、放大或再生訊號，以延伸傳輸距離；不解析 MAC 或 IP 位址。 |
| 橋接器（bridge） | 第二層：資料鏈結層 | 根據 MAC 位址學習來源所在的網路區段，並依目的 MAC 位址決定轉送或過濾訊框。 |
| 路由器（router） | 第三層：網路層 | 根據 IP 等網路層位址與路由表，選擇封包應通往的網路或下一跳；可隔開不同的第二層網路。 |
| 閘道器（gateway） | 通常涉及較高層 | 在不同協定、格式或架構的系統間轉換資料，使兩端能互通；依轉換需求，可涵蓋 OSI 多個層次。 |
再生器只處理位元所承載的實體訊號，不會辨認訊框或封包。橋接器會檢視第二層訊框的 MAC 位址，學習 MAC 位址與連接埠的對應關係；若目的端在同一側，就不轉送到另一側，若在另一側或目的位址未知，則依橋接規則轉送。路由器檢視第三層封包的網路位址，依路由表決定轉送方向，通常不會把第二層廣播直接轉送到其他網路。閘道器則負責不同系統間的協定或資料轉換；「預設閘道」常指路由器的 IP 位址，但一般所稱閘道器的功能範圍比路由器廣。
解題方法
第 三 題15 分
有一網路系統其資料傳輸率（transmission rate）為 64 kbps，經長度 100 公里的傳輸線傳送資料封包（data packet），且傳播速度（propagation speed）為 公尺／秒（m/s）。若採用 Stop-and-Wait ARQ 協定且傳輸效率（transmission efficiency）欲達 60% 以上，則每個資料封包長度至少應為多少？
【假設】無資料封包或確認（ACK）封包遺失或損壞，且不考慮 ACK 封包傳輸時間和處理封包延遲（e.g., queuing delay, processing delay, or control overhead）。
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核心觀念
Stop-and-Wait ARQ 每次傳送一個資料封包後，都要等待 ACK 才能傳送下一個封包。題目假設 ACK 傳輸時間與處理延遲可忽略，且封包不遺失，因此一個傳送週期包含：
- 資料封包的傳送時間 ；
- 資料封包的往返傳播時間 。
傳輸效率為資料封包傳送時間占整個週期的比例：
其中，若封包長度為 位元、資料傳輸率為 位元／秒，則 ；若鏈路長度為 、傳播速度為 ，則單程傳播時間 。
解題方法
先計算單程傳播時間。傳輸線長度為 公里，即 公尺，因此：
往返傳播時間為：
第 四 題15 分
若使用滑動視窗協定（sliding window protocol）配合 Go-back-N 自動重傳請求（automatic repeat request, ARQ）機制，則其滑動視窗大小（sliding window size）有何限制？（5 分）並請舉例說明。（10 分）
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核心觀念
Go-back-N ARQ 使用滑動視窗傳送多個尚未確認的封包。接收端只接受依序到達的封包；若某封包遺失，之後到達的封包會被丟棄。傳送端收到累積確認後，才移動傳送視窗；若逾時未收到確認，則從未確認的最早封包起，連同其後已送出的封包一併重傳。
若序號欄位有 個位元，序號共有 個，並以模 循環使用。為避免序號循環後，接收端把舊封包誤認為新封包，Go-back-N 的傳送視窗大小 必須滿足：
也就是說，序號空間至少要比傳送視窗多一個序號。
解題方法與例子
設序號欄位有 個位元，序號為 至 ，共 個序號。依限制，傳送視窗最大為：
因此可設定 ，但不可設定為 。
第 五 題20 分
請說明分碼多重存取（Code Division Multiple Access, CDMA）的原理並舉例說明。
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核心觀念
分碼多重存取（CDMA）是一種展頻多重存取技術：多個使用者可以在同一時間、同一頻帶傳送訊號，接收端利用各使用者不同且彼此低相關的碼序列，分離出指定使用者的資料。
每個使用者的位元資料會乘上專屬的展頻碼，將原始資料展成較高速的碼片（chip）序列。接收端再以同一組碼序列與收到的混合訊號做相關運算；若碼序列彼此正交或相關性夠低，目標訊號便能被還原，而其他使用者的訊號大致互相抵消。
解題方法
作答時依序說明「編碼、共用媒介、解碼」三個步驟，並用簡單數值例子展示相關運算。
以二進位碼轉成雙極性表示為例：位元 表示 ，位元 表示 。假設甲、乙各使用四個碼片的展頻碼：
兩組碼的內積為：
因此兩碼正交。甲要傳送位元 ，便送出 ；乙要傳送位元 ，其資料值為 ，便送出：
兩人的訊號在同一時間、同一頻帶相加，接收端收到：
接收端要取得甲的資料，就以 解碼：