107 地方特考四等 資訊處理 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

本題考查整數的二進位表示法，尤其是符號帶大小、1 補數與 2 補數的範圍與編碼方式。

使用 $n$ 位元表示整數時，符號帶大小法以最高位元表示正負號，其餘 $n-1$ 位元表示數值。因此正數範圍為：

其中最高位元為 $0$ 代表正數，為 $1$ 代表負數。

解題方法

先判斷各選項是否符合表示法的定義。選項 (A) 給出的正數範圍正是符號帶大小法中，符號位占 1 位、數值位占 $n-1$ 位時的範圍，因此正確。

選項分析

• (A) 正確。 $n$ 位元中，1 位作為符號位，剩下 $n-1$ 位可表示 $0$ 至 $2^{n-1}-1$。因此正數範圍為 $0\sim 2^{n-1}-1$。

核心觀念

本題旨在測驗電腦架構中階層式記憶體系統（Memory Hierarchy）​的設計理念與運作原理，核心觀念包含：

1. 記憶體技術的取捨（Trade-off）： 在物理限制與製造成本下，單一技術無法同時滿足「存取速度極快」、「容量極大」且「單位成本極低」的理想條件。越接近 CPU 的記憶體（如暫存器、SRAM 快取），存取速度越快、單位成本越高，但容量受限；越遠離 CPU 的記憶體（如 DRAM 主記憶體、固態硬碟 SSD、傳統硬碟 HDD），單位成本越低、容量越大，但存取延遲顯著增加。

2. 區域存取性（Locality of Reference / Principle of Locality）： 階層式架構能以接近底層記憶體的低廉成本，提供接近頂層記憶體的高速存取效能，其背後的根本原因在於程式執行時具有區域性（Locality）：

• 時間區域性（Temporal Locality）：最近被存取過的資料或指令，在不久的將來極高機率會再次被存取（例如：迴圈變數）。
• 空間區域性（Spatial Locality）：某個記憶體位址被存取後，其鄰近位址的資料或指令極高機率也會很快被存取（例如：陣列循序讀取、連續指令執行）。

3. 平均存取時間與未命中懲罰（Average Memory Access Time, AMAT）： $AMAT = \text{Hit Time} + (\text{Miss Rate} \times \text{Miss Penalty})$ 階層設計目的在於追求極高的命中率（Hit Rate），並縮小相鄰兩層之間的速度落差以降低未命中懲罰（Miss Penalty）。

解題方法

本題為觀念判斷題，解題切入點為檢視各選項是否符合「階層式記憶體架構的物理特徵」與「支撐其運作的程式行為理論」：

1. 先判斷支撐快取與階層記憶體運作的本質基礎（區域存取性），此為電腦組織結構的經典考點。
2. 逐一排除違背金字塔容量架構（上層小、下層大）、違背速度銜接原則（避免 Miss Penalty 過大）以及邏輯限定過當的干擾選項。

選項分析

• (A) 錯誤： 記憶體架構確實是為了解決「速度、容量、成本無法兼得」的三難困境而發展，但階層式記憶體的「層數（Levels）」是依據系統效能需求、成

核心觀念

本題考「影像色彩模式」與「影像檔案格式」的區別。色彩模式定義影像如何表示顏色；檔案格式則規定影像資料如何儲存與編碼。兩者相關，但不是同一概念。

常見的色彩模式包括 RGB、CMYK、灰階與索引色。CMYK 由青色（Cyan）、洋紅色（Magenta）、黃色（Yellow）及黑色（Key/Black）組成，常用於印刷。

解題方法

辨認選項是「表示顏色的方式」還是「儲存影像的格式」。TIFF、PNG、JPG 都是影像檔案格式；CMYK 則是色彩模式，因此選 D。

選項分析

核心觀念

本題考數位聲音的儲存格式，以及波形音訊的基本原理。數位化聲音是將連續的類比聲波經過取樣與量化，轉換成電腦可儲存的數位資料。WAV 是常見的波形音訊格式，通常儲存聲音的取樣資料。

解題方法

先辨認各選項所述格式的用途與原理，再區分「波形音訊」、「光碟音軌」與「網路串流音訊」：

• 波形音訊以數位取樣資料表示聲音波形，WAV 是常見例子。
• CDA 是音樂 CD 音軌的索引表示，並非微軟開發的網路壓縮格式。
• RealAudio 主要用於網路串流播放。
• WAV 檔案大小取決於取樣率、聲道數、位元深度與時間長度；位元深度並非只能是選項所列的幾種固定值。

選項分析

核心觀念

二進位除法和十進位除法的規則相同：每一步比較目前部分被除數與除數，能減去時就在商的相應位寫 $1$，再做二進位減法；不能減去時寫 $0$。最後須符合：

解題方法

將被除數 $(1101010)_2$ 由左至右逐位併入部分被除數，除以 $(1001)_2$：

核心觀念

本題測驗「資料壓縮」（Data Compression）的兩大基本分類及其應用領域、常見多媒體壓縮標準之對象：

1. 資料壓縮的分類：

• 無失真壓縮（Lossless Compression，又稱非失真壓縮、可逆壓縮）：解壓縮後的資料與原始資料完全百分之百相同，不遺失任何位元（Bit）。適用於絕對不允許資料失真的場合，例如：文字（Text）、程式碼與執行檔（Programs / Executables）、數值資料、資料庫等。常見演算法與格式包含 Huffman 編碼、LZW、ZIP、7z、PNG、FLAC 等。
• 失真壓縮（Lossy Compression，又稱不可逆壓縮）：利用人類視覺系統（HVS）與聽覺系統（HAS）的感官生理極限，去除人類不易察覺的冗餘資訊，以換取極高的壓縮比。解壓縮後的資料無法完全還原為原始位元。適用於容許部分細節損失的場合，例如：影像（Image）、音訊（Audio）、視訊（Video）​等多媒體檔案。常見格式包含 JPEG、MP3、AAC、MPEG-4（H.264/HEVC）等。

2. 多媒體格式專屬性：各國際標準組織針對不同媒體訊號特性制定壓縮標準，影像、聲音、視訊各有其對應格式，不可混為一談。

解題方法

解題切入點為「檢驗壓縮演算法之資料容忍度」與「辨別多媒體格式的媒體類型」：

1. 先由分類名詞過濾：正規計算機科學中，資料壓縮僅分為「無失真壓縮」與「失真壓縮」兩大類。
2. 再比對各格式的英文縮寫意涵及對應處理對象：

• MP3 的「A」代表 Audio（音訊）。
• JPEG 的「P」代表 Photographic（照片／靜態影像）。

3. 比對文字與程式的特性：只要錯漏一個位元（如指令錯誤、文意改變），程式即無法執行或崩潰，因此必須使用無失真壓縮。

選項分析

• (A) 正確：文字與程式碼（可執行檔或原始碼）對精確度要求極高，若壓縮過程遺失任何位元，將導致文字語意錯誤、原始碼編譯失敗或執行檔當機（Crash）。

核心觀念

資料壓縮分為無失真壓縮與有失真壓縮。無失真壓縮在解壓縮後能完整還原原始資料；有失真壓縮則會捨棄部分資訊，以換取較高的壓縮率。

解題方法

辨認各選項所屬的壓縮技術：Huffman coding 是依符號出現頻率配置不同長度的碼字，解碼後可還原原始符號，因此屬於無失真壓縮。JPEG、MPEG、MP3 都是常見的多媒體壓縮標準，典型應用採用有失真壓縮。

選項分析

• (A) Huffman coding：正確。 依據符號的出現頻率建立前綴碼，常見符號使用較短碼字、較少見符號使用較長碼字。只要碼字與編碼規則已知，解碼即可完整還原原始符號序列，屬於無失真壓縮。
• **(B) JPEG：錯誤。

核心觀念

公開金鑰密碼系統又稱「非對稱式密碼系統」，一組金鑰包含彼此配對的公開金鑰與私密金鑰。公開金鑰可以公開提供他人使用；私密金鑰則由持有人妥善保管。

這類系統常見用途有兩種：

• 機密性：寄件者用收件者的公開金鑰加密，只有持有對應私密金鑰的收件者能解密。
• 數位簽章：簽署者以自己的私密金鑰產生簽章，驗證者用簽署者的公開金鑰驗證簽章。

SHA 是雜湊函數，不是公開金鑰密碼演算法。

解題方法

逐一比對選項是否正確描述公開金鑰密碼系統的演算法種類、金鑰公開方式與用途。判斷機密性時，特別注意加密所使用的金鑰必須是收件者的公開金鑰；使用寄件者的私密金鑰並不能達到只讓收件者解密的目的。

選項分析

• (A) 錯誤。​公開金鑰密碼系統確實又稱非對稱式密碼系統，但 SHA 是雜湊演算法，並非公開金鑰密碼演算法。公開金鑰密碼演算法的代表例子包括 RSA。
• **(B) 錯誤。

核心觀念

本題考查 FTP、P2P 與網路電話的基本定義，以及 FTP 常用連接埠的用途。判斷時應核對專有名詞的全名、技術功能與連接埠用途。

解題方法

逐一檢查各選項的關鍵敘述：FTP 的英文全名、P2P 的資源分享方式、VoIP 的傳輸內容，以及 FTP 連接埠的控制與資料傳輸用途。選項只要有一項關鍵資訊錯誤，即為錯誤敘述。

選項分析

• (A) 錯誤。 FTP 全名是 File Transfer Protocol，不是 File Transmission Protocol。它是用於檔案傳輸的協定；選項雖說明了用途，但全名寫錯。
• **(B) 正確。

核心觀念

本題測驗作業系統中「虛擬記憶體管理（Virtual Memory Management）」的核心機制，涵蓋以下關鍵定義與理論：

1. 動態位址轉譯（Dynamic Address Translation, DAT）：CPU 執行程式時，記憶體管理單元（MMU）透過作業系統維護的分頁表（Page Table），即時將虛擬位址（Virtual Address / Logical Address）轉換為實體位址（Physical Address）。
2. 分頁替換演算法（Page Replacement Algorithms）：

• 先進先出法（FIFO）：替換最早進入實體記憶體的分頁。此演算法存在貝拉迪異常（Belady's Anomaly），即分配給行程的頁框（Frame）數增加時，分頁失誤率（Page Fault Rate）反而可能不降反升。
• 最佳化替換法（Optimal, OPT / MIN）：理論上的基準演算法，置換未來最長時間內不會被使用的分頁。
• 最久未使用替換法（Least Recently Used, LRU）：置換前一次被存取距離現在時間最久的分頁。

解題方法

本題採取「定義檢驗」與「公職考試消去法」切入解題：

1. 檢驗位址轉譯基本要件：虛擬位址轉為實體位址的過程中，分頁表是儲存映射關係（Mapping）不可或缺的資料結構，無分頁表則無從轉換。
2. 辨別各替換演算法的核心特徵與標準簡稱：逐一比對各選項的演算法英文縮寫、置換判斷基準，以及是否具有特殊的系統現象（如 Belady's Anomaly）。
3. 爭議與官方判定分析：本題官方標準答案為 (B)。在學理上，FIFO 應為替換「最早載入（First-In / Oldest）」的分頁，選項前半句出現「最新載入」屬命題中文敘述之瑕疵；但因其後半句精確描述了作業系統中 FIFO 獨有的經典特性「配置頁框數增加，分頁失誤率反而增加（Belady's Anomaly）」，且其餘選項存在根本性的定義錯誤，考選部最終仍以命題核心焦點在於 Belady's Anomaly 為由，維持官方答案 (B)。

選項分析

• (A) 錯誤 動態位址轉譯（DAT）在程式執行期間，必須藉由查詢記憶體中的分頁表（Page Table），取得虛擬分頁號碼（Page Number）對應的實體頁框號碼（Frame Number），再加上頁內偏移量（Offset）合成實體位址。若沒有事先在記憶體中建立並維護分頁表，硬體與作業系統便完全無法完成位址轉換。

核心觀念

本題考作業系統的記憶體管理，特別是分頁（paging）、分段（segmentation）與記憶體位址轉換。分頁會把程式的邏輯位址空間切成大小固定的頁（page），並把實體記憶體切成相同大小的頁框（frame）；程式執行時，頁可載入可用頁框，並由作業系統管理頁與頁框的對應。

解題方法

先辨認各選項使用的術語是否正確，再核對其描述是否符合該記憶體管理方式。分頁的核心特徵是「固定大小」的頁與頁框；分段則是依程式的邏輯結構劃分，大小不固定。題目中的「分區（blocking）」不是此處標準的記憶體管理方式名稱。

選項分析

• (A) 正確。 分頁將程式的位址空間切分為固定大小的頁，並以頁為單位管理載入。嚴格來說，分頁主要是將程式的邏輯位址空間切成頁，實體記憶體則切成頁框；頁不必連續放置，且在需求分頁系統中，未必會一次載入所有頁。選項以考試常見的簡化方式描述分頁，符合其核心概念，因此為官方答案。

核心觀念

本題考查電腦網路的構成元素，以及個人域網路（PAN）、都會域網路（MAN）與廣域網路（WAN）的涵蓋範圍和常見技術。

PAN 是供個人周邊裝置互相連接的近距離網路；MAN 通常涵蓋一個都會區；WAN 則跨越較大的地理範圍，網際網路是最大的廣域網路系統。

解題方法

逐一檢查各選項對網路構成、涵蓋範圍及連線技術的描述。D 選項把 PAN 說成涵蓋數公里，並限定只能使用藍芽，與 PAN 的近距離特性及多種連線方式不符。

選項分析

核心觀念

本題考網際網路通訊協定的傳送方式、應用層協定、TCP/IP 參考模式，以及 ICMP 的用途。判斷時要分清楚各協定所在的層級與負責的功能。

解題方法

逐一核對選項中的名詞與其定義：IPv4 的傳送方式、應用層協定例子、TCP/IP 四層名稱，以及 ICMP 與群組管理的分工。

選項分析

(A) 正確。 IPv4 支援三種傳送方式：單點傳送（unicast）、群組傳送（multicast）及廣播傳送（broadcast）。因此本選項敘述正確。

(B) 錯誤。 Telnet、FTP、SMTP 都是應用層協定；BBS（電子佈告欄系統）則是服務或系統的統稱，不是通訊協定。選項把 BBS 列為應用層通訊協定，故不正確。

核心觀念

本題測驗數制轉換中的十進位轉十六進位（Decimal to Hexadecimal Conversion），核心要點包含：

1. 除基取餘法（短除法）：將十進位整數連續除以目標進位制的基底（十六進位為 $16$），記錄每次的餘數與商數，直至商數為 $0$ 為止；最後將所獲得的餘數由下而上（由高位元至低位元）排列。
2. 十六進位符號對應：十六進位基底為 $16$，其數值符號為 $0 \sim 9$ 以及代表 $10 \sim 15$ 的英文字母： $A=10,\quad B=11,\quad C=12,\quad D=13,\quad E=14,\quad F=15$

解題方法

方法一：除基取餘法（標準解法）

將十進位數字 $126$ 連續除以 $16$：

1. 第一步（求個位數十六進位值）： $126 \div 16 = 7 \quad \text{餘 } 14$ 十進位的餘數 $14$ 對應十六進位符號為 $E$。
2. 第二步（求十位數十六進位值）： $7 \div 16 = 0 \quad \text{餘 } 7$ 商數已為 $0$，計算結束。

由最後一次運算的餘數往回排列，即得： $(126)_{10} = (7E)_{16}$

方法二：權重展開法（乘冪分解）

在十六進位中，各權重位數分別為 $16^1 = 16$、$16^0 = 1$： $126 = 7 \times 16^1 + 14 \times 16^0 = 7 \times 16 + 14$ 將 $14$ 置換為十六進位代號 $E$，直接得到十六進位表示式為 $7E$。

選項分析

• (A) 錯誤： $(7D)_{16} = 7 \times 16^1 + 13 \times 16^0 = 112 + 13 = (125)_{10} \neq 126$

核心觀念

本題考查雲端運算的服務模式與特性，以及網格運算和雲端運算的用途差異。

雲端運算常見的服務模式有三種：

• IaaS（基礎設施即服務）：提供虛擬機器、儲存空間、網路等運算基礎資源。
• PaaS（平台即服務）：提供應用程式開發、測試與部署所需的平台。
• SaaS（軟體即服務）：透過網路提供可直接使用的應用軟體。

雲端運算通常以網路提供資源，讓使用者依需求取得及釋放資源，並可彈性擴充；使用者多半不必管理或了解底層基礎設施。網格運算則著重整合分散的運算資源，共同處理大型或特定的運算工作，常見於科學計算等高效能運算情境。

解題方法

先辨認 A 至 C 是否符合雲端運算的服務模式或特性，再比較 D 所描述的網格運算與雲端運算用途。題目問「何者錯誤」，因此找出不符合兩種運算模式特性的選項。

選項分析

核心觀念

黑箱測試（Black-box Testing）是依據軟體的需求與輸入、輸出規格設計測試案例，檢查程式是否產生預期結果；測試者不必知道程式內部的控制流程或程式碼結構。白箱測試則會檢視程式內部結構，例如敘述、分支或路徑的涵蓋情形。

解題方法

判斷各選項是否依賴程式內部結構：以輸入範圍、輸入組合或預期輸出設計的測試，屬黑箱測試；以程式結構為測試依據的，則屬白箱測試。題目問「不屬於黑箱測試」，因此找出以內部結構為依據的選項。

選項分析

• (A) 邊界值分析（BVA）：檢查輸入範圍邊界及其附近的值，例如合法區間上下限。它根據規格中的輸入條件設計測試，屬於黑箱測試。

核心觀念

UML（Unified Modeling Language，統一塑模語言）是以圖形表達系統模型的標準化語言，可用於描述、分析、設計及記錄軟體系統。常見的 UML 圖包括使用者案例圖、類別圖、循序圖、元件圖與佈署圖。

本題依題目所採用的四種觀點分類，辨認各觀點的用途與對應圖形。特別要分清楚：使用者案例圖描述使用者與系統功能的互動；元件圖描述軟體元件及其關係；佈署圖則呈現軟體成品在硬體節點上的配置。

解題方法

逐項比對敘述中的觀點名稱、圖形名稱與用途是否相符。只要圖形的用途或分類錯置，該選項就不正確；若選項描述的分類與題目採用的四觀點架構一致，即為正確。

選項分析

(A) 錯誤。 UML 的全名確實是 Unified Modeling Language，也確實是圖形化的塑模語言；但 UML 用來描述與塑模系統，並非「用來進行系統分析與測試」的測試語言。選項將 UML 的用途擴大為測試，因此不正確。

核心觀念

本題測驗「二分搜尋法（Binary Search）」的基本定義、前置條件、執行步驟及時間複雜度分析：

1. 前置條件：資料必須儲存在具備「隨機存取（Random Access）」特性的連續記憶體結構（通常為一維陣列 Array），且元素已完成「排序（Sorted）」。
2. 運作原理：每次比較搜尋範圍中央的元素 $X_{\text{mid}}$：

• 若 $X = X_{\text{mid}}$，搜尋成功。
• 若 $X < X_{\text{mid}}$，將範圍縮小至左半區間。
• 若 $X > X_{\text{mid}}$，將範圍縮小至右半區間。

3. 時間複雜度與比對次數：

• 最好情況（Best case）：第 1 次比對即命中中間元素，時間複雜度為 $O(1)$。
• 最壞情況（Worst case）：每次比對排除一半資料，直到搜尋區間縮減至 0，最大比對次數為 $\lfloor \log_2 N \rfloor + 1$ 次，時間複雜度為 $O(\log_2 N)$。

4. 漸近符號規範：大 $O$ 符號（Big-$O$ notation）用以描述演算法執行時間的漸近上限，表示時會省略常數係數與低次項，不可包含加減常數項（如「$-1$」）。

解題方法

從二分搜尋演算法的「資料結構依賴」、「比對次數界限」、「漸近複雜度分析」三項切入點檢驗：

1. 結構依賴性：二分搜尋不需要額外建置樹狀結構，只需在已排序陣列上計算索引值即可運作。
2. 比對次數計算：若 $N$ 筆資料未找到目標值，搜尋範圍長度每次減半：$N, \lfloor N/2 \rfloor, \lfloor N/4 \rfloor, \dots, 1, 0$。此過程的比對次數上限為 $\lfloor \log_2 N \rfloor + 1$ 次，並非「$\log_2 N$ 次以內」（$\log_2 N$ 多數情況下並非整數，且即便 $N$ 為 2 的次方，最壞情況仍需 $\log_2 N + 1$ 次）。
3. 最好情況之比對：僅需 1 次比對，故時間複雜度為常數階 $O(1)$。
4. 複雜度表示法：最壞情況的時間複雜度應標準表示為 $O(\log_2 N)$ 或 $O(\log N)$，加入 $-1$ 違反 Big-$O$ 漸近符號之定義。

核心觀念

分散系統是由多部彼此連結的電腦或處理器共同運作，讓使用者感受到它們像一個整體系統。設計分散系統的常見目的包括：

• 資源共享：讓不同處理器或節點上的硬體、資料與服務可以被共同使用。
• 提高可靠度與可用性：單一節點故障時，系統仍可能由其他節點提供服務。
• 提升運算能力：將工作分配給多個處理器，縮短完成時間或處理更多工作。

「按使用量付費」描述的是計費方式，不是將工作分散到不同處理器的主要設計目的。

解題方法

依序檢查各選項所列目的，並區分「分散式運算帶來的系統效益」與「服務如何收費」。若某項目的與分散系統的典型設計目標不符，即為錯誤選項。

選項分析

核心觀念

十六進位每一位代表 $4$ 個二進位位元，因此十六進位數字最右側的最低有效位（LSB），就是末位十六進位數字所對應的二進位表示中最右邊的一位。末位十六進位數字為偶數時，LSB 為 $0$；為奇數時，LSB 為 $1$。

解題方法

只需檢查各選項的末位十六進位數字：

• $A=10$、$0$、$B=11$、$E=14$。
• 十六進位數字 $A$、$0$、$E$ 是偶數，二進位末位皆為 $0$。
• 十六進位數字 $B$ 是奇數，二進位末位為 $1$。

因此，只有選項 (C) 的最低有效位與其他選項不同。

選項分析

核心觀念

位元表示式是以二進位表示數值。整數部分可用「除以 $2$ 取餘數、由下往上讀」轉換；小數部分則用「乘以 $2$ 取整數部分、由上往下讀」轉換。

解題方法

將 $6\frac{5}{8}$ 分成整數與小數兩部分：

整數部分 $6$ 轉為二進位：

小數部分 $\frac{5}{8}$ 以 $2$ 為分母表示：

因此：

選項分析

• (A) $110.11$：整數部分 $110_2=6$，但小數部分 $.11_2=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$，所以表示 $6\frac{3}{4}$，錯誤。

核心觀念

本題測驗核心為中央處理單元（CPU）之內部組織架構與指令週期（Instruction Cycle / Machine Cycle）的運作範圍：

1. CPU 內部主要組成元件：

• 算術邏輯單元（ALU）：負責執行所有的算術運算（加、減、乘、除）與布林邏輯運算（AND、OR、NOT、XOR 等）。
• 控制單元（CU）：負責解碼指令、控制資料路徑並協調各單元運作。
• 暫存器組（Registers）：位於 CPU 晶片內部的超高速儲存單元（如累加器、程式計數器 PC、指令暫存器 IR、一般用途暫存器），彼此透過 CPU 內部匯流排（Internal Bus）交換資料。

2. 指令週期之運作邊界：

• 典型指令週期包含捉取（Fetch）、解碼（Decode）、執行（Execute）​與寫回（Write-back）。
• 區分動作是「在 CPU 內部獨立完成」還是「牽涉外部主記憶體存取」，關鍵在於該動作的資料路徑是否跨越 CPU 晶片外部的系統匯流排（System Bus）。

解題方法

採用​「硬體邊界劃分法」​進行切入：

• 審視各項動作的執行元件與實體位置：如果該動作的運算元、運算元件及結果傳遞完全被封閉在 CPU 晶片之內（ALU、暫存器、內部匯流排），即屬於「在 CPU 內執行的動作」。
• 若該動作涉及與外部裝置或主記憶體（Main Memory / RAM）​透過外部系統匯流排（位址匯流排、資料匯流排、控制匯流排）進行溝通與傳輸，則屬於 CPU 與外部記憶體之間的跨元件互動，非純粹在 CPU 內部獨立完成的動作。

選項分析

• (A) 捉取指令：【錯誤（非在 CPU 內單獨執行，為本題正解）】
• 定義與運作機制：捉取指令（Instruction Fetch）是指 CPU 將程式計數器（PC）所存放的記憶體位址送上「位址匯流排」，發出讀取訊號至主記憶體（Main Memory），主記憶體回應後經由「資料匯流排」將指令碼傳回 CPU，最後存放至 CPU 內的指令暫存器（IR）。

核心觀念

本題考作業系統對「臨界區域（Critical Region）」的同步與互斥控制。臨界區域是程式中會存取共享資源的部分；若多個行程或執行緒同時進入，可能造成資料不一致。因此，系統必須控制同一時間進入臨界區域的行程數，避免競爭情況。

Semaphore（號誌）​是用來管理共享資源與同步行程的機制。行程進入臨界區前執行等待操作，離開後執行訊號操作；若資源已被占用，其他行程須等待，藉此達成互斥存取。

解題方法

題幹問「用何種方法在臨界區域中控制存取」，可抓住關鍵詞「控制存取」與「臨界區域」：這是在考作業系統的同步、互斥機制。Semaphore 能以等待與訊號操作協調行程進出臨界區，因此選擇 Semaphore。

選項分析

核心觀念

本題考網路架構的分類方式。網路可依規模或涵蓋範圍、開放程度、網路拓樸等不同面向分類；常見例子包括 WAN 與 LAN、開放式與封閉式網路，以及星狀與匯流排拓樸。

Router（路由器）與 bridge（橋接器）則是網路連接設備，負責在網路間轉送資料，並非區分網路架構的分類方式。

解題方法

辨別各選項描述的是「網路的分類」還是「網路設備」。A、B、D 分別呈現不同分類面向；C 列出兩種連接設備，因此不是網路架構的區分方式。

選項分析

• (A) WAN 與 LAN：錯誤。 這是依網路涵蓋範圍區分。WAN 是廣域網路，LAN 是區域網路，兩者是常見的網路分類。

核心觀念

本題考辨識網頁程式或技術是在伺服器端（Server-side）執行，還是在使用者的瀏覽器端（Client-side）執行。

伺服器端程式由伺服器接收請求後執行，再將處理結果（通常是 HTML）回傳給瀏覽器；用戶端程式則由瀏覽器下載後執行。

解題方法

逐一判斷各選項的典型執行位置：

• CGI、PHP、ASP 都是伺服器端技術。
• JavaScript 在本題所指的典型網頁應用中，由瀏覽器端執行。

因此，問「何者不是在伺服器端執行」，應選 JavaScript。

選項分析

• (A) CGI：錯誤。 CGI（Common Gateway Interface）是伺服器用來呼叫程式處理請求的介面；程式在伺服器端執行，結果再傳回瀏覽器。

核心觀念

本題測驗 OSI 模型中應用層（Application Layer）的通訊協定功能分類。 在網際網路標準中，電子郵件系統（E-mail System）有一套專屬的傳輸與存取協定體系，主要分為兩大功能領域：

1. 外寄／轉傳郵件協定：使用者將信件送至郵件伺服器，或郵件伺服器之間相互轉遞（Relay）。
2. 接收／讀取郵件協定：使用者透過郵件客戶端軟體（MUA，如 Outlook、Thunderbird）向郵件伺服器抓取或同步信件。

解題方法

判斷核心在於辨別各協定的「設計本質」與「標準應用範疇」：

• 典型的 E-mail 專用通訊協定包含 SMTP（寄信）、POP3（收信／下載）與 IMAP（收信／伺服器同步）。
• HTTP 的設計初衷為傳輸網頁超文本資料（全球資訊網 WWW），並非專門定義郵件傳遞架構的協定。因此，非屬電子郵件專屬協定者為 HTTP。

選項分析

• (A) HTTP（HyperText Transfer Protocol，超文本傳輸協定）：【符合題意，為正確選項目標】

• 分析：HTTP 主要用於網頁瀏覽器（Client）與網頁伺服器（Web Server）之間傳輸 HTML、圖片等超媒體資源，預設通訊埠為 Port 80。

• 盲點釐清：現代使用者雖常用瀏覽器登入 Webmail（如 Gmail、Outlook 網頁版），操作過程使用 HTTP/HTTPS 傳輸網頁畫面，但 HTTP 僅作為展示網頁的前端載體，電子郵件系統本身的信件路由、佇列與後端交換標準仍由專用郵件協定負責。故 HTTP 在網路協定分類上屬於 WWW 協定，非電子郵件專用通訊協定。

• (B) POP3（Post Office Protocol version 3，郵局協定第三版）：【不符題意】

核心觀念

本題比較 TCP 與 UDP 的傳輸特性。TCP（Transmission Control Protocol，傳輸控制協定）提供可靠、具連線導向的資料傳輸，包含流量控制與錯誤處理；UDP（User Datagram Protocol，使用者資料包協定）則較簡單，協定負擔較小，通常有較高的傳輸效率。

解題方法

判斷「不是 TCP 的優點」，可從 TCP 的可靠性與控制機制切入：TCP 透過序號、確認回應、重傳及流量控制等機制提升傳輸穩定性，但也增加封包與處理負擔。因此，TCP 的優勢在可靠傳輸；傳輸效率通常不是相較 UDP 的優勢。

選項分析

• (A) 流量控制：錯誤選項。 TCP 具有流量控制機制，會依接收端可處理的資料量調整傳送速度，避免接收端緩衝區溢位。這是 TCP 相較 UDP 的優點。

核心觀念

本題考遞迴呼叫與堆疊（Stack）​的關係。程式呼叫程序時，系統會保存目前程序的返回位置、參數及區域變數等資訊；若程序再次呼叫自己，新的呼叫資訊會先放入堆疊。程序返回時，則依相反順序取出資訊。

因此，遞迴呼叫遵循「後進先出」（LIFO）的運作方式，與 Stack 相同。

解題方法

以階乘遞迴為例：

呼叫會逐層進入，直到遇到終止條件；接著依序返回：

核心觀念

本題考查 while 迴圈的執行順序與條件判斷。每次進入迴圈前，程式先檢查條件；條件成立才執行迴圈本體。迴圈本體執行完後，變數更新，再回到條件判斷。

解題方法

初始值為 $X=5$。

第一個迴圈的條件是 $X<7$：

第一個迴圈結束時，$X=7$。接著執行迴圈外的 print(X)，輸出 $7$。

第二個迴圈的條件是 $X>2$，每次輸出後將 $X$ 減 $2$：

因此，依程式執行順序，輸出序列為 $567753$，對應選項 (C)。

選項分析

核心觀念

1. 資料量與傳輸速率的單位換算：

• 位元組與位元關係：$1\ \mathrm{Byte\ (B)} = 8\ \mathrm{bits\ (b)}$。
• 儲存容量單位（$\mathrm{GB}$）：通常以位元組表示，$1\ \mathrm{GB} = 10^3\ \mathrm{MB} = 10^9\ \mathrm{Bytes}$（公職考試網路傳輸計算慣用十進制前綴換算）。
• 網路速率單位（$\mathrm{Mbps}$）：$\text{Mega bits per second}$，即每秒傳輸百萬位元，$1\ \mathrm{Mbps} = 10^6\ \mathrm{bps}$。

2. 傳輸時間計算公式： $\text{傳輸時間 } T = \frac{\text{總資料量（bits）}}{\text{傳輸速率（bps）}}$
3. 時間單位換算：$1\ \text{小時} = 3,600\ \text{秒}$。

解題方法

本題核心在於處理「大寫 $\mathrm{B}$（Byte）」與「小寫 $\mathrm{b}$（bit）」之間的 $8$ 倍轉換，並將時間單位由「秒」換算為「小時」。

方法一：以每小時傳輸量求解（考場推薦速算法）

1. 將傳輸速率換算為每秒傳輸的位元組數（$\mathrm{MB/s}$）： $15\ \mathrm{Mbps} = \frac{15}{8}\ \mathrm{MB/s} = 1.875\ \mathrm{MB/s}$
2. 計算每小時可下載的資料量（$\mathrm{GB/hr}$）： $1.875\ \mathrm{MB/s} \times 3,600\ \text{秒} = 6,750\ \mathrm{MB/hr} = 6.75\ \mathrm{GB/hr}$
3. 計算下載完畢所需時間（小時）： $T = \frac{200\ \mathrm{GB}}{6.75\ \mathrm{GB/hr}} = \frac{200}{\frac{27}{4}} = \frac{800}{27} \approx 29.63\ \text{小時}$ 計算結果約為 $29.6$ 小時，在各選項中以 約 29 小時 最為接近。

方法二：統一轉為「位元（bits）」與「秒（s）」

1. 換算總資料量為 bits：

核心觀念

帕累托法則（Pareto principle），又稱 80–20 法則，指在許多情況下，約 80% 的結果來自約 20% 的原因。軟體測試常用這項觀念描述：多數缺陷往往集中在少數模組或程式區域，因此測試時應特別留意缺陷較集中的部分。

解題方法

題目問帕累托法則傳統上對應軟體開發的哪個階段。判斷關鍵是辨認它在此處的用途：用來說明缺陷分布，並協助安排測試與除錯的重點，故對應「測試」（Testing）。

選項分析

• (A) Requirements Analysis（需求分析）錯誤。​需求分析著重於確認使用者需求、系統功能與限制；80–20 法則並非本題所問的傳統軟體測試慣例。
• (B) Design（設計）錯誤。​設計階段規劃系統架構、模組與介面。

核心觀念

本題考查負整數的 2 補數表示法。題目選項都是 8 位元，因此以 8 位元表示 $-9$。求負數的 2 補數表示法，可先寫出其絕對值的二進位，再逐位反相並加 $1$。

解題方法

先將 $9$ 寫成 8 位元二進位：

逐位反相：

再加 $1$：

因此，$-9$ 的 8 位元 2 補數表示法為 $11110111$。

選項分析

• (A) $00011010$：錯誤。 最高位元為 $0$，表示非負數；它的數值是 $26$，不是 $-9$。

核心觀念

堆疊（Stack）採用「後進先出」（LIFO, Last In, First Out）原則：最後放入的資料會最先取出。pop 會移除堆疊頂端資料；push 會將新資料放到頂端。

解題方法

題目列出的順序是由 top 到 bottom，因此初始堆疊為：

$w \rightarrow x \rightarrow y \rightarrow z$

依序操作：

1. 第一次 pop：移除頂端的 $w$，剩下 $x,y,z$。
2. 第二次 pop：再移除頂端的 $x$，剩下 $y,z$。
3. push(r)：將 $r$ 放到頂端，堆疊變成 $r,y,z$（由 top 到 bottom）。

選項分析

核心觀念

1. 二元搜尋樹（Binary Search Tree, BST）的搜尋特性與樹高：在二元搜尋樹中進行搜尋時，自根節點（Root）出發，沿著鍵值大小向左或向右子樹比對前進，每經過一個節點即代表向下走訪一層。因此，「搜尋路徑所包含的節點數」即對應於該搜尋路徑所經歷的「層數（Level）」。最長搜尋路徑包含 4 個節點，代表該樹的樹高（Height）為 $h = 4$（以根節點為第 1 層計）。
2. 二元樹之最大節點數公式：若一棵二元樹的高度為 $h$（定義根節點深度為 1），當每一層均填滿節點時（即「完美二元樹」，Perfect Binary Tree），該樹擁有理論上的最大節點個數，其公式為： $N_{\max} = 2^h - 1$

解題方法

1. 確立樹高：

• 題目給定「最長搜尋路徑包含節點數為 4」，代表從根節點到任一葉節點（Leaf Node）最多走訪 4 個節點。
• 由此可得該二元搜尋樹的高度 $h = 4$。

2. 計算各層最多容納之節點數：

• 第 1 層（根節點）：最多 $2^0 = 1$ 個節點。
• 第 2 層：最多 $2^1 = 2$ 個節點。
• 第 3 層：最多 $2^2 = 4$ 個節點。
• 第 4 層：最多 $2^3 = 8$ 個節點。

3. 加總求得最大節點數： 利用等比級數求和公式計算： $N_{\max} = \sum_{i=1}^{4} 2^{i-1} = 2^0 + 2^1 + 2^2 + 2^3 = 1 + 2 + 4 + 8 = 2^4 - 1 = 15$
4. 二元搜尋樹的可行性驗證：

核心觀念

Row-major order（列優先）是依序儲存同一列中的元素，再接著儲存下一列的元素。計算某元素的位置時，需先算它之前有幾筆資料，再乘上每筆資料占用的記憶體單元數。

解題方法

陣列有六列、八行，每筆資料占兩個記憶體單元。題目未提供索引起點，依一般考題慣例採用列、行皆從 $1$ 起算；起始位置 $-40$ 視為第一筆資料的起始位置。

第五列第六行之前的資料筆數為：

每筆資料占 $2$ 個記憶體單元，因此該元素的起始位置為：

選項分析

核心觀念

本題考查關聯式資料庫的運算。JOIN（連接）可依指定條件，將兩個或多個關聯中的資料組合成一個結果關聯；例如依兩個資料表共同的鍵值配對資料列。

SELECT 與 PROJECT 則是關聯代數中的選取與投影：前者篩選資料列，後者挑選資料欄位。兩者都不是用來合併關聯的運算。

解題方法

看到題目問「合併一個或多個關聯的資料」，先判斷它要的是跨關聯組合資料的運算，而非篩選資料列、挑選欄位或新增資料列。符合此用途的是 JOIN。

選項分析

核心觀念

本題考查 TCP/IP 協定族的分層，以及各協定所屬的層級。應用層協定提供使用者應用程式所需的網路服務；傳輸層則負責端點間的資料傳送與控制。

TCP（Transmission Control Protocol，傳輸控制協定）屬於傳輸層，不是應用層協定。LDAP、IMAP、SSH 則都是應用層協定。

解題方法

辨認各選項的用途與層級：

• 若協定提供電子郵件、目錄查詢或遠端登入等應用服務，屬於應用層。
• 若協定負責端點間的可靠傳輸、排序與流量控制，屬於傳輸層。

依此判斷，TCP 負責傳輸控制，因此選項 (A) 符合「不是應用層協定」。

選項分析

核心觀念

本題測驗「程式語言的轉譯方式與執行模型（Translation and Execution Models）對執行效率的影響」。

程式語言依其原始碼轉換為電腦可執行指令的方式，主要可分為三大類：

1. 編譯型語言（Compiled Languages）：原始程式碼在執行前，由編譯器（Compiler）一次轉譯為特定 CPU 架構的原生機器碼（Native Machine Code）與可執行檔。執行時直接由硬體 CPU 執行，無執行時期轉譯開銷，執行速度最快。
2. 中間碼／混合型語言（Bytecode / Hybrid Languages）：原始碼先被編譯成獨立於平台的「中間位元組碼」（Bytecode），執行時由虛擬機器（Virtual Machine, VM）解讀；現代虛擬機搭配「即時編譯技術」（Just-In-Time Compiler, JIT），會在執行期將熱點程式碼轉成本機機器碼，執行速度居中。
3. 直譯型語言／腳本語言（Interpreted / Scripting Languages）：原始程式碼不事先產生可執行檔，而是在執行時期由直譯器（Interpreter）逐行解析、語法分析並執行。由於伴隨動態型別檢查與龐大的直譯執行期負擔（Runtime Overhead），執行速度最慢。

解題方法

比較題目中四種程式語言的語言特性與執行架構：

1. C++ 與 Pascal：皆為傳統靜態型別的編譯型語言，原始碼直接編譯成機器碼執行。
2. Java：採用 Bytecode + JVM + JIT 機制，執行效能逼近傳統編譯型語言。
3. Perl：本質為動態型別的直譯式腳本語言（Scripting Language）。

依執行效率由快至慢排序： $\text{C++} \approx \text{Pascal} > \text{Java} > \text{Perl}$

因此，執行效率相對最慢的語言為 Perl。

選項分析

核心觀念

本題考查電腦同時執行多個程式時，主記憶體（RAM）容量對效能的影響。主記憶體用來存放正在執行的程式及其資料；容量不足時，作業系統必須將部分內容暫時移至硬碟，並在需要時再載回，增加資料交換時間，降低整體效能。

解題方法

題幹指出同時執行「數個高運算數值分析應用程式」，關鍵在於多個程式及其運算資料都需要占用主記憶體。若 RAM 容量充足，程式與資料可留在記憶體中供 CPU 快速存取；若不足，系統會頻繁使用硬碟作為暫存空間，造成效能明顯下降。

因此，在題目列出的選項中，主記憶體容量最直接影響多個程式能否順暢同時執行。

選項分析

核心觀念

位元（Bit）是電腦表示資料的基本單位，每個位元有 $0$、$1$ 兩種狀態。若用 $n$ 個 Bit 表示字元，最多可表示 $2^n$ 種不同的字元。

解題方法

題目共有 $26$ 個大寫英文字母與 $26$ 個小寫英文字母，合計：

要找能表示至少 $52$ 種狀態的最少 Bit 數：

因此至少需要 $6$ 個 Bit；$6$ 個 Bit 可表示 $64$ 種狀態，足以涵蓋題目中的 $52$ 種字元。

選項分析