107 地方特考三等 統計 資料處理 考古題詳解

核心觀念

1. 字元之編碼與大小比較：在電腦程式語言中，字元型態（char）之大小比較係依據其字元編碼（如 ASCII 碼）之數值大小進行。在 ASCII 編碼標準中，字元 "0" 的十進位碼為 $48$，字元 "9" 的十進位碼為 $57$，且數字字元 '0' 到 '9' 為連續編碼。
2. 邏輯運算子之布林運算：

• 邏輯或（Logical OR，即 or）：任一條件為真（True），整體結果即為真（True）。
• 邏輯且（Logical AND，即 and）：必須所有條件皆為真，整體結果方為真。

3. 數值區間聯集與恆真式（Tautology）：判斷數值是否落在某一閉區間內應使用交集（and）；若誤用聯集（or），則兩相反方向之半無限區間聯集可能涵蓋全體集合，形成無論輸入為何皆恆成立之恆真式。

解題方法

本題之程式片段為一個條件分支敘述，輸出「digit」的條件為： $char \leq \text{"9"} \quad \text{or} \quad char \geq \text{"0"}$

解題步驟與推導如下：

1. 轉換為 ASCII 碼數值條件： 令 $ASCII(char)$ 代表變數 $char$ 所對應之編碼數值：

• 條件一（$char \leq \text{"9"}$）：等價於 $ASCII(char) \leq 57$
• 條件二（$char \geq \text{"0"}$）：等價於 $ASCII(char) \geq 48$

2. 集合聯集推導： 兩條件以 or 連接，代表兩個數值集合之「聯集」： $S = \{ x \mid x \leq 57 \} \cup \{ x \mid x \geq 48 \}$

• 當 $ASCII(char) < 48$ 時，滿足 $ASCII(char) \leq 57$，條件一成立，整體為真。
• 當 $48 \leq ASCII(char) \leq 57$ 時，同時滿足條件一與條件二，整體為真。
• 當 $ASCII(char) > 57$ 時，滿足 $ASCII(char) \geq 48$，條件二成立，整體為真。

3. 結論推導： 由於任何字元的 ASCII 碼皆必落在 $(-\infty, 57]$ 或 $[48, \infty)$ 之中，兩集合之聯集為所有可能之編碼數值（全集 $\mathbb{U}$）。因此，該條件式為恆真式（Tautology），對於任何字元值皆必定成立，程式永遠執行 then 分支。

選項分析

核心觀念

本題評量資料結構與演算法中的二元搜尋法（Binary Search）​執行流程與比較次數計算。核心觀念包含：

1. 先決條件：資料必須存放於支援隨機存取（Random Access）的循序儲存結構（如陣列），且鍵值必須已完成排序（本題為遞增排序）。
2. 中間索引計算公式： 在電腦科學與國家考試標準實作中，整數除法預設為無條件捨去（Floor）。若目前搜尋範圍之左右邊界索引為 $low$ 與 $high$，中間元素索引 $mid$ 為： $mid = \left\lfloor \frac{low + high}{2} \right\rfloor$
3. 區間調整規則： 將目標鍵值 $Key$ 與當前中間鍵值 $A[mid]$ 進行比較：

• 若 $Key = A[mid]$：搜尋成功，結束搜尋。
• 若 $Key < A[mid]$：表示目標位於左半段，更新右邊界 $high = mid - 1$。
• 若 $Key > A[mid]$：表示目標位於右半段，更新左邊界 $low = mid + 1$。

4. 比較次數定義：每次將目標鍵值與檔案中的某個鍵值進行比對，即計為 1 次比較。

解題方法

將給定的 16 個排序鍵值依序置於陣列 $A[1..16]$ 中，其索引與鍵值剛好滿足 $A[i] = i$（其中 $1 \le i \le 16$）。 初始搜尋範圍皆為 $low = 1$、$high = 16$。以下針對目標鍵值 $2$、$10$、$15$ 進行完整追蹤推導。

一、尋找鍵值 $2$ 的比較過程

1. 第 1 次比較：

• 搜尋區間：$[low, high] = [1, 16]$
• 計算中間索引：$mid = \lfloor \frac{1 + 16}{2} \rfloor = \lfloor 8.5 \rfloor = 8$
• 比較：目標鍵值 $2$ 與 $A[8] = 8$ 比較。
• 結果：$2 < 8$，目標位於左半部，更新邊界 $high = mid - 1 = 7$。

2. 第 2 次比較：

• 搜尋區間：$[low, high] = [1, 7]$
• 計算中間索引：$mid = \lfloor \frac{1 + 7}{2} \rfloor = 4$
• 比較：目標鍵值 $2$ 與 $A[4] = 4$ 比較。
• 結果：$2 < 4$，目標位於左半部，更新邊界 $high = mid - 1 = 3$。

3. 第 3 次比較：

• 搜尋區間：$[low, high] = [1, 3]$
• 計算中間索引：$mid = \lfloor \frac{1 + 3}{2} \rfloor = 2$
• 比較：目標鍵值 $2$ 與 $A[2] = 2$ 比較。
• 結果：$2 = 2$，搜尋成功。

• 尋找鍵值 $2$ 之比較順序為：$8 \to 4 \to 2$，共比較 3 次。

二、尋找鍵值 $10$ 的比較過程

1. 第 1 次比較：

• 搜尋區間：$[low, high] = [1, 16]$
• 計算中間索引：$mid = \lfloor \frac{1 + 16}{2} \rfloor = 8$
• 比較：目標鍵值 $10$ 與 $A[8] = 8$ 比較。
• 結果：$10 > 8$，目標位於右半部，更新邊界 $low = mid + 1 = 9$。

2. 第 2 次比較：

• 搜尋區間：$[low, high] = [9, 16]$
• 計算中間索引：$mid = \lfloor \frac{9 + 16}{2} \rfloor = \lfloor 12.5 \rfloor = 12$
• 比較：目標鍵值 $10$ 與 $A[12] = 12$ 比較。
• 結果：$10 < 12$，目標位於左半部，更新邊界 $high = mid - 1 = 11$。

核心觀念

本題出自經典電腦網路理論中關於「實體載具傳輸（Sneakernet）與電子網路傳輸效能比較」的典型題型。核心在於探討資料量、傳輸時間、傳輸速率與實體距離之間的數學關係：

1. 資料傳輸時間與速率公式：

• 傳輸時間 $T = \frac{D}{R}$，其中 $D$ 為總傳輸資料量（Data Size），$R$ 為資料傳輸速率（Data Rate / Throughput）。
• 在傳輸相同資料量 $D$ 的前提下，「傳輸速率較高」等價於「傳輸所需時間較短」，即： $R_{\text{dog}} > R_{\text{net}} \iff T_{\text{dog}} < T_{\text{net}}$

2. 實體傳輸（狗運送）的等效速率：

• 狗的移動屬於均速直線運動，所需時間 $T_{\text{dog}} = \frac{d}{v}$（$d$ 為傳送距離，$v$ 為移動速度）。
• 狗的等效平均傳輸速率為 $R_{\text{dog}} = \frac{D}{T_{\text{dog}}} = \frac{D \cdot v}{d}$。由於資料量固定，等效速率與傳送距離 $d$ 成反比。

3. 單位統一性：

• 計算前須將時間、距離與資料量單位換算一致（例如：速度由 $\text{km/h}$ 換算為 $\text{m/s}$）。

解題方法

步驟一：計算總傳輸資料量（$D$）

磁碟片一盒共有 $3$ 片，每片容量為 $250{,}000$ 位元組（Bytes）： $D = 3 \times 250{,}000\text{ Bytes} = 750{,}000\text{ Bytes}$

步驟二：計算網路線傳送該資料量所需的時間（$T_{\text{net}}$）

網路線傳輸速率 $R_{\text{net}} = 300\text{ Bytes/s}$： $T_{\text{net}} = \frac{D}{R_{\text{net}}} = \frac{750{,}000\text{ Bytes}}{300\text{ Bytes/s}} = 2{,}500\text{ 秒}$

步驟三：換算狗的奔跑速度（$v$）

題目給定狗的速度為每小時 $18$ 公里（$\text{km/h}$），將其換算為公尺／秒（$\text{m/s}$）：

核心觀念

本題測驗電腦網路與作業系統效能評估中的排隊理論（Queueing Theory），主要建立於標準的 $M/M/1$ 佇列模型：

1. 交通強度（Traffic Intensity / 伺服器使用率 Server Utilization, $\rho$）： $\rho = \frac{\lambda}{\mu}$ 其中 $\lambda$ 為封包平均到達率（Arrival Rate），$\mu$ 為伺服器平均服務率（Service Rate）。$\rho$ 代表伺服器處於忙碌狀態的時間比例，亦衡量系統所承受的相對負載。
2. 系統穩定性（Stability of the System）：

• 當 $\rho < 1$（即 $\lambda < \mu$）時，伺服器平均處理速率高於到達速率，系統能夠達到統計平衡的穩態（Steady State），佇列長度維持有限。
• 當 $\rho \ge 1$（即 $\lambda \ge \mu$）時，封包抵達速度大於或等於處理速度，系統無法收斂至穩態。

3. 系統平均封包數（Average Number of Packets in the System, $N$）： 在 $M/M/1$ 穩態條件（$\rho < 1$）下，包含正在被服務以及在佇列中等待的平均封包總數為： $N = \frac{\rho}{1 - \rho}$
4. 單位一致性原則： 計算速率比值時，到達率 $\lambda$ 與服務率 $\mu$ 的時間單位（秒、分、時）必須完全一致。

解題方法

第一部分：$\rho > 1$ 時系統穩定性之判斷與理由

1. 結論判斷： 當 $\rho > 1$ 時，該系統不穩定（Unstable）。

2. 理由說明：

• 依定義 $\rho = \frac{\lambda}{\mu}$，當 $\rho > 1$ 時，代表 $\lambda > \mu$，即封包的平均到達速率大於伺服器的平均服務速率。
• 單位時間內進入系統的封包量持續多於伺服器所能消化的封包量，未處理的封包將不斷在緩衝區（Buffer）中堆積。
• 在假設緩衝區容量為無限大的情況下，佇列長度（Queue Length）與封包在系統內的停留時間將隨時間推移而發散至無窮大（$N \to \infty$），系統無法達到統計平衡的「穩態」；若緩衝區為有限大小，則將導致持續性的緩衝區溢位（Buffer Overflow）與大量封包遺失（Packet Drop），因此系統處於非穩定狀態。

核心觀念

本題評量 TCP/IP 階層式通訊架構（Layered Architecture）、協定獨立性（Protocol Independence） 以及 路由器（Router）的運作原理：

1. 通訊協定分層與獨立性：在 TCP/IP 協定堆疊中，各層功能彼此獨立，僅透過定義好的介面與相鄰層互動。

• 網際網路層（Internet Layer，如 IP）：負責提供跨網路的端到端（End-to-End）邏輯定址與路徑選擇（Routing），對上層屏蔽了底層實體網路的技術差異。
• 網路存取層（Network Access Protocol, NAP）：對應 OSI 模型的資料連結層與實體層，負責相鄰節點間（Hop-to-Hop）在同一實體鏈路上的訊框（Frame）封裝與實體訊號傳輸（如乙太網路 Ethernet、Wi-Fi、PPP 等）。

2. 路由器的三層轉換機制：路由器為運作在第三層（網路層/IP 層）的互連設備，主要功能為連接不同的異質網路（Heterogeneous Networks），並在轉送封包時進行訊框的「解封裝（Decapsulation）」與「重新封裝（Re-encapsulation）」。

解題方法

電腦甲與電腦乙的網路存取協定 不一定要相同（即 NAP1 與 NAP2 可以不同），兩台電腦依然可以正常互通。其理由與運作流程如下：

1. 路由器的解封裝與重新封裝流程

當電腦甲發送資料給電腦乙時，資料傳輸的完整流程如下：

• 電腦甲端（發送端）： 應用層資料經 TCP 加上標頭後交給 IP 層，封裝成「IP 封包（IP Packet）」。IP 封包再往下交由 NAP1 協定，加上 NAP1 標頭與標尾，封裝為適合網路 1 傳輸的「NAP1 訊框（Frame 1）」，並透過實體媒介送出。
• 路由器端（中繼與轉送）：

1. 路由器透過連接網路 1 的介面接收到 NAP1 訊框。
2. 路由器的 NAP1 驅動程式檢查無誤後，將訊框標頭與標尾剝除（解封裝），取出內部的 IP 封包並向上遞交給路由器的 IP 層。
3. 路由器的 IP 層檢視封包標頭的目的地 IP 位址，透過查詢路由表（Routing Table）決定由連接網路 2 的介面轉送。
4. 路由器將原始 IP 封包交給該介面的 NAP2 協定，依據網路 2 的傳輸規範，重新加上 NAP2 標頭與標尾（重新封裝），轉為「NAP2 訊框（Frame 2）」並發送至網路 2。

• 電腦乙端（接收端）： 電腦乙由 NAP2 介面接收該訊框，經 NAP2 解封裝取出原始 IP 封包，再逐層向上交由 IP、TCP 及應用層處理。

2. 異質網路互連之實例佐證

實務上，網際網路（Internet）本質即為異質網路的集合：

• 電腦甲可位於有線區域網路，採用 IEEE 802.3（Ethernet） 作為 NAP1；