112 地方特考四等 資訊處理類科 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

本題考常見擴充匯流排的相對傳輸速率。一般概念上，ISA 為早期、低速匯流排；PCI 提供較高的傳輸能力；AGP 是為顯示卡設計的專用匯流排；PCIe 則採高速序列傳輸，具較高的擴充能力。

解題方法

依各匯流排的世代與用途排列：

• ISA：早期匯流排，傳輸速率最低。
• PCI：比 ISA 快，曾廣泛用於一般週邊裝置。
• AGP：專為圖形加速設計，通常比傳統 PCI 快。
• PCIe：較新的高速序列匯流排，整體傳輸能力最高。

因此，從最慢到最快為 ISA → PCI → AGP → PCIe，符合選項 D。

選項分析

• (A) AGP、ISA、PCIe、PCI：錯誤。 把 AGP 排在 ISA 之前，也把 PCIe 排在 PCI 之前但最後又將 PCI 排得更慢，整體順序

核心觀念

本題比較 CISC（複雜指令集電腦）與 RISC（精簡指令集電腦）的指令設計取向。CISC 傾向提供數量較多、功能較複雜的指令；RISC 則採用較精簡、規則化的指令，常以較簡單的指令組合完成工作。兩者是不同的處理器設計理念，不能只憑「RISC 通常較快」就推論 CISC 已被淘汰。

解題方法

判斷各選項是否把兩種架構的差異說得過度絕對。RISC 的指令通常較精簡，執行效率常有優勢；但實際效能仍受處理器微架構、時脈、快取、編譯器與工作負載等因素影響。CISC 也仍在使用，因此凡是宣稱 CISC「已經不再使用」的選項，便是錯誤敘述。

選項分析

• (A) 錯誤。 RISC 在許多情境下具有效能優勢，但這不表示 CISC 已停止使用。x86 等 CISC 指令集仍廣泛用於個人電腦與伺服器；而現代處理器也常在內部將複雜指令轉換為較簡單的微操作，以兼顧指令集相容性與執行效率。

核心觀念

本題考查雲端計算與霧計算的差異，以及雲端計算的服務模式與常見安全風險。

雲端計算透過網路提供共享的運算資源與服務，常見服務模式包括基礎設施即服務（IaaS）、平台即服務（PaaS）及軟體即服務（SaaS）。霧計算則將部分運算與資料處理移近網路邊緣，例如閘道器或終端裝置，以降低延遲並減少資料往返雲端的需求。

解題方法

先辨認各選項描述的概念，再以「資料主要在哪裡處理」區分雲端與霧計算：雲端計算以遠端雲端資料中心提供運算服務；霧計算較強調在靠近資料來源的網路邊緣處理資料。因此，把「在邊緣裝置處理資料」說成雲端計算的特色，便是錯誤敘述。

選項分析

(A) 是一種基於網路的運算方式：正確。 雲端計算透過網路存取遠端的運算、儲存與應用服務，使用者不必在本機端建置所有資源。

核心觀念

本題考「並行控制」（Concurrency control）：多個交易同時存取並更新同一份資料時，須協調其執行順序，避免競爭條件造成資料不一致。提款交易應確保帳戶餘額檢查與扣款作為一個完整、不可被其他交易插入的操作。

解題方法

帳戶原有 $10{,}001$ 元，每位車手都要提領 $10{,}000$ 元。若系統只先讀取餘額、之後才各自扣款，多個提款交易可能同時讀到「餘額足夠」，因而都獲准提款；這是並行存取造成的競爭條件。

採用並行控制後，系統會協調這些交易，例如以鎖定或序列化方式處理：一筆提款成功並扣除 $10{,}000$ 元後，餘額剩下 $1$ 元。其餘提款再檢查時，餘額不足，便會失敗。因此，最多只有一筆 $10{,}000$ 元提款成功，不能讓 30 人合計提領 $300{,}000$ 元。

選項分析

核心觀念

本題考查程式語言的跨平台性。不同平台可能使用不同的處理器與作業環境，直接對應特定硬體的程式，通常無法原封不動地移植。若程式透過共同的執行環境或虛擬機器執行，就較容易在不同平台上使用。

Java 程式通常先編譯成與特定處理器無關的位元組碼，再由各平台提供的 Java 虛擬機器（JVM）執行，因此具備跨平台特性，常以「一次編譯，到處執行」概括。

解題方法

判斷各選項是否為通用的程式語言或執行機制，並確認它是否依賴特定處理器架構或硬體環境。Java 透過 JVM 隔離了程式位元組碼與底層平台；其餘選項則是特定處理器的組合語言、韌體介面，或處理器設計分類，並非可跨平台執行的通用程式語言。

選項分析

核心觀念

本題考查鍵盤、滑鼠等輸入裝置與電腦主機之間的連接介面。辨認時可看介面的用途：USB、PS/2 與 Bluetooth 都能用來連接輸入裝置；HDMI 則是影音傳輸介面，主要用於連接顯示器、電視或投影機。

解題方法

逐一判斷選項是否能作為鍵盤或滑鼠與主機之間的連接方式：

• 能傳送鍵盤按鍵或滑鼠操作訊號的介面，符合題意。
• 專為影音訊號傳輸的介面，不是鍵盤或滑鼠的連接介面。

選項分析

核心觀念

NAS（Network Attached Storage，網路附加儲存）是透過網路提供檔案儲存與分享服務的設備。它通常具有處理器、記憶體、網路介面及儲存裝置，並執行作業系統或專用韌體，以管理硬碟、使用者權限與檔案服務。NAS 可採用 Linux 等作業系統。

解題方法

逐一判斷各選項是否符合 NAS 的功能與設備特性：NAS 的重點是透過網路提供儲存服務，並非特定 RAID 模式、硬體配置或可無限擴充的儲存設備。

選項分析

• (A) 錯誤。 RAID 0 將資料分散寫入多顆硬碟，可提升效能與可用容量，但沒有冗餘保護；任一硬碟故障，都可能造成整組資料損毀。

核心觀念

本題考布林代數化簡，特別是辨認分配律的使用。布林代數中，$+$ 表示 OR，乘積表示 AND。常用分配律包括：

以及

解題方法

利用分配律，將 $XZ$ 拆成 $XYZ+XYZ'$，其中 $Y'$ 表示 $Y$ 的反相：

最後一步使用布林代數的冪等律 $A+A=A$，合併重複項。這個化簡過程的關鍵，是運用分配律把 $XZ$ 展開成含有 $Y$ 與 $Y'$ 的項，因此對應選項 (C)。

選項分析

核心觀念

超 128 碼（excess-128）是偏移表示法：將待表示的整數加上偏移量 $128$，再把結果以 8 位元無號二進位表示。

解題方法

對十進位整數 $61$ 加上偏移量：

$61+128=189$

將 $189$ 轉成二進位：

$189=128+32+16+8+4+1=(10111101)_2$

因此，$61$ 的 8 位元超 128 碼為 $10111101$。

選項分析

核心觀念

$b$ 進位制只能使用 $0$ 到 $b-1$ 的數字。因此，二進位可用 $0、1$，三進位可用 $0、1、2$，八進位可用 $0$ 至 $7$，十六進位可用 $0$ 至 $9$ 及 $A$ 至 $F$。

解題方法

逐一檢查各數字是否小於該數字的底數；只要出現大於或等於底數的數字，該進位表示法便錯誤。

選項分析

核心觀念

$4$-bit 二補數可表示的整數範圍是 $-2^{3}$ 至 $2^{3}-1$，也就是 $-8$ 至 $7$。負數的二補數表示法可由其正值的二進位表示逐位反相，再加 $1$ 得到。

解題方法

先寫出 $5$ 的 $4$-bit 二進位表示：

逐位反相得到 $1010$，再加 $1$：

因此，$-5$ 儲存於 $4$-bit 記憶體的內容為 $1011$。

選項分析

核心觀念

本題考二補數的解讀與減法運算。題目中的數字各有 6 位元，因此最左位是符號位；最高位為 $1$ 表示負數。二補數負數的十進位值，可用「位元反相後加 $1$，再加上負號」求得。減法則可改寫成加上減數的二補數。

解題方法

先將兩個 6 位元數轉成十進位：

• $101110$ 的最高位為 $1$，是負數。反相得 $010001$，加 $1$ 得 $010010_2=18_{10}$，所以 $101110_2=-18$。
• $110110$ 的最高位為 $1$，是負數。反相得 $001001$，加 $1$ 得 $001010_2=10_{10}$，所以 $110110_2=-10$。

因此：

也可用定寬二補數直接運算。$110110$ 的二補數是 $001010$，所以：

核心觀念

卡諾圖利用相鄰最小項合併，將布林函數化為較簡單的乘積項之和（SOP）。每次合併 $2^n$ 個相鄰的 $1$，可消去 $n$ 個變數；卡諾圖的左右邊界也視為相鄰。

本題以變數順序 $A,B,C,D$ 編號最小項，例如 $m_0=0000$、$m_{10}=1010$。

解題方法

依照最小項將 $m(0,1,2,8,9,10,11)$ 填入卡諾圖。觀察可合併的相鄰格：

• $m_0,m_1,m_8,m_9$ 可合併成四格。這四項中 $B=0、C=0$ 固定，$A,D$ 改變，因此化簡為 $\overline B\overline C$。
• $m_8,m_9,m_{10},m_{11}$ 可合併成四格。這四項中 $A=1、B=0$ 固定，因此化簡為 $A\overline B$。
• $m_0,m_2,m_8,m_{10}$ 可合併成四格。這四項中 $B=0、D=0$ 固定，因此化簡為 $\overline B\overline D$。

因此最簡結果為：

$F=\overline B\overline C+A\overline B+\overline B\overline D$

上述三組合併涵蓋所有指定最小項，且各組所留下的固定變數可直接由二進位編號判定。

選項分析

題目選項均未標示反變數符號，依題目所列文字直接檢核：

核心觀念

$n$ 個正反器可表示 $2^n$ 種不同的二進位狀態。計數器若從 0 開始，狀態依序由 $0$ 計到 $2^n-1$，因此最大計數值是 $2^n-1$。同步計數器是指各正反器由共同時脈觸發；同步方式不影響可表示的狀態數。

解題方法

本題有 6 個正反器，代入公式：

因為計數從 0 起算，64 種狀態的範圍是 $0$ 到 $63$，所以最大值為：

選項分析

核心觀念

本題考查三變數布林函數與最小項（minterm）的對應。$\Sigma m(\cdots)$ 表示將括號內編號的最小項相加，也就是函數在那些輸入組合下輸出為 $1$。三個變數的最小項編號依 $XYZ$ 的二進位值排列，其中 $X$ 是最高位元、$Z$ 是最低位元。

解題方法

先整理原函數：

當 $Z=1$ 時，無論 $X,Y$ 為何，$F=1$，對應輸入 $001、011、101、111$，即最小項 $m(1)、m(3)、m(5)、m(7)$。

當 $Z=0$ 時，函數化為：

此時 $X,Y$ 不同才輸出 $1$，對應 $010、100$，即 $m(2)、m(4)$。

因此：

選項分析

核心觀念

本題考查命題邏輯中的蘊涵（implication）及其真值。命題 $p\to q$ 在 $p$ 為真、$q$ 為假時為假；其餘情形皆為真。因此，命題邏輯中的「若 $p$ 則 $q$」不代表兩者之間必然存在因果關係。

解題方法

依蘊涵的真值表逐項判斷。特別注意，當前件 $p$ 為假時，無論 $q$ 為真或假，$p\to q$ 都是真，不會是未定義。

另外，蘊涵可以改寫為：

其逆否命題也與原命題等價：

選項分析

核心觀念

NOR 是「或非」運算，定義為先做 OR，再將結果取反：

$x\ \text{NOR}\ y=\text{NOT}(x\ \text{OR}\ y)$

邏輯運算遵守冪等律：$z\ \text{OR}\ z=z$。此外，NOT 會將真值反轉。

解題方法

將 $x$、$y$ 都代入 $z$：

$z\ \text{NOR}\ z=\text{NOT}(z\ \text{OR}\ z)$

由冪等律 $z\ \text{OR}\ z=z$，可得：

$\text{NOT}(z\ \text{OR}\ z)=\text{NOT}\ z$

因此等價於選項 (C)。

選項分析

核心觀念

同位元檢查（parity check）是在資料位元之外加上一個同位位元，讓傳送資料中的 $1$ 的總數符合約定的奇數或偶數。偶同位要求總數為偶數；奇同位則要求總數為奇數。

接收端依照雙方事先約定的同位方式重新計算。若收到的位元不符合約定，便可判定傳輸過程中發生錯誤；但基本同位檢查只能偵測錯誤，不能指出錯誤位元的位置，因此不能直接修正錯誤。

解題方法

逐一判斷同位檢查的功能與限制：

1. 對資料 $1011001$ 計算 $1$ 的個數。
2. 判斷同位檢查能偵測或修正哪些錯誤。
3. 確認傳送端與接收端是否需要採用相同的同位方式。

選項分析

• (A) 錯誤。 $1011001$ 中有 $4$ 個 $1$，已是偶數，因此採用偶同位時，同位位元應為 $0$，使總數維持偶數；不是 $1$。

核心觀念

系統呼叫（system call）是使用者應用程式向作業系統核心請求服務的介面。程式需要存取檔案、建立程序、配置記憶體或使用輸入輸出設備時，會透過系統呼叫請求作業系統代為執行。

應用程式通常在使用者模式執行；系統呼叫會觸發受控的控制權轉移，使處理器進入核心模式，由作業系統檢查請求並執行相應功能，完成後再將結果交回應用程式。

解題方法

抓住「系統呼叫」的關鍵：它是應用程式呼叫作業系統功能的介面，不是作業系統定期執行的工作、內部共用函式庫，也不是開機初始化程序。依此比對各選項，只有 D 符合定義。

選項分析

核心觀念

本題考查軟體測試中「是否需要掌握程式內部結構」的差異：

• 白箱測試（white-box testing）：檢視程式內部的控制流程與邏輯，依據程式結構設計測試，常用來檢查敘述、分支或執行路徑是否被測試。
• 黑箱測試（black-box testing）：不檢查程式內部結構，從輸入與預期輸出來驗證功能是否符合需求。

題幹指出須事先了解程式的運作流程，並針對程式執行路徑測試，符合白箱測試的特徵。

解題方法

先抓題幹中的關鍵描述：「了解程式運作流程」及「針對每個程式執行路徑進行測試」。這表示測試者會根據程式內部的流程與路徑設計測試案例，因此應選擇檢視程式結構的白箱測試。

選項分析

核心觀念

本題考查最大堆積樹（Max Heap）的兩項操作：

1. 插入節點：新節點先放在完全二元樹的下一個空位置，再向上調整（Heapify Up），直到符合父節點值大於或等於子節點值。
2. 中序走訪（Inorder Traversal）：走訪順序為「左子樹 → 根節點 → 右子樹」。

原堆積樹為：

 8
 / \
 6 7
 / \
 4 2

解題方法

新節點 9 應放在完全二元樹的下一個位置，即節點 7 的左子節點：

 8
 / \
 6 7
 / \ /
 4 2 9

由於 $9>7$，先與 7 交換：

 8
 / \
 6 9
 / \ /
 4 2 7

接著 $9>8$，再與 8 交換，得到新的最大堆積樹：

 9
 / \
 6 8
 / \ /
 4 2 7

進行中序走訪：

核心觀念

CPU 排程演算法的評估指標包括 CPU 使用率、產量、回復時間、等待時間與反應時間。互動式系統重視使用者操作後，系統能否迅速開始回應，因此最重要的指標是反應時間（Response Time）。

反應時間是從使用者提出要求，到系統首次產生回應所經過的時間；它著重「多久開始回應」，不必等到整個工作完成。相對地，回復時間（Turnaround Time）是工作從提交到完成所需的總時間。

解題方法

先辨認題目中的系統類型，再判斷它最重視的排程目標：

• 互動式系統：使用者會持續操作並等待系統回應，重視反應是否及時。
• 批次處理系統：較常關注工作完成所需時間與整體產量。
• 一般系統效能評估：也會考量 CPU 使用率，但它不直接代表使用者操作後能否迅速得到回應。

題幹明確指出是互動式系統，因此選擇反應時間。

選項分析

核心觀念

作業系統（Operating System, OS）負責管理電腦硬體資源，並提供應用程式使用硬體的介面。應用程式通常透過作業系統提供的服務與系統呼叫，存取檔案、記憶體、處理器及輸入輸出裝置，而不是直接控制硬體。

解題方法

先判斷題目問的是「連接應用程式與硬體的介面」，再區分各選項的功能：瀏覽器是應用程式；啟動程式負責啟動或載入程式；編譯程式負責翻譯程式碼；管理硬體並提供應用程式使用介面的則是作業系統。

選項分析

核心觀念

LRU（最近最少使用）會在頁框已滿、發生分頁錯誤時，淘汰「距離現在最久未被存取」的分頁。初始頁框為空，因此第一次載入每個新分頁都會發生分頁錯誤。

解題方法

依序追蹤每次存取後的頁框內容；命中時更新該分頁的最近使用時間，錯誤且頁框已滿時則淘汰最久未使用者。

核心觀念

緩衝區（Buffer）是暫時存放資料的記憶體區域，常用於資料生產者與消費者之間。它能在兩端速度不同時，先暫存一端送出的資料，讓另一端稍後再讀取，因此可調節傳輸節奏。

解題方法

判斷緩衝區的主要用途，先看資料傳輸兩端是否可能有不同的處理速度。例如，應用程式產生資料的速度可能快於周邊裝置輸出的速度；緩衝區可先收下資料，讓裝置依自己的速度取用。這正是選項 (A) 所述的情況。

選項分析

核心觀念

分頁（paging）將虛擬記憶體切成固定大小的「頁」（page），將實體記憶體切成相同大小的「頁框」（frame）。作業系統透過頁表記錄虛擬頁面對應到哪個實體頁框，並由記憶體管理單元（MMU）等硬體協助位址轉換。

分頁能消除外部碎片，因為程序不必配置一整段連續的實體記憶體；但程序的最後一頁通常無法剛好填滿頁框，因此仍可能有內部碎片。

解題方法

題目問「何者錯誤」，逐項判斷分頁的特性即可。關鍵是區分兩種碎片：

• 外部碎片：可用記憶體總量足夠，但被切成不連續的小區塊，無法滿足需要連續空間的配置。
• 內部碎片：已配置的區塊內仍有未使用空間。分頁的配置單位固定，程序末頁未用滿的部分便是內部碎片。

因此，分頁可以避免外部碎片，卻不能避免內部碎片。

選項分析

核心觀念

本題考作業系統各項功能的目的，特別是**分頁（paging）**與主記憶體空間的關係。

分頁是虛擬記憶體管理方式之一。作業系統將程式切分成固定大小的頁（page），將主記憶體切分成固定大小的頁框（frame），並透過頁表管理兩者的對應。分頁可讓程式不必整個載入主記憶體，也能利用磁碟等輔助儲存空間支援超出實體記憶體容量的執行需求。

解題方法

題目假設「有無限多的主記憶空間可使用」，因此判斷各功能是否仍有存在目的：

• 若功能主要用來處理主記憶體容量不足，無限記憶體便消除了這項需求。
• 若功能處理的是 I/O、程式並行或檔案等其他作業系統工作，記憶體容量無限仍不會使其失去用途。

選項分析

(A) I/O interrupt：錯誤。 I/O 中斷用來通知 CPU 輸入／輸出裝置已完成工作或需要處理事件，讓 CPU 不必持續輪詢裝置。即使主記憶體無限，CPU 與 I/O 裝置之間仍需要這種協調機制。

核心觀念

本題考辨識作業系統的設計用途。Chrome 作業系統（Chrome OS）是以雲端服務與網路應用為核心的作業系統，常用於 Chromebook 等使用者端設備（CPE）。使用者可透過瀏覽器及網路服務處理多數工作，並將資料與應用服務整合至雲端。

解題方法

抓住題幹的關鍵詞「專門為雲端計算設計的使用者端設備」。四個選項中，Chrome OS 的設計理念最直接對應以網路及雲端服務為主的用戶端使用情境，因此選擇 (B)。

選項分析

• (A) Ubuntu 作業系統：錯誤。 Ubuntu 是以 Linux 為基礎的通用作業系統，可用於個人電腦、伺服器等多種用途，並非專為雲端使用者端設備設計。
• **(B) Chrome 作業系統：正確。

核心觀念

本題考 Java 物件建立時的欄位初始值、建構子執行，以及方法中的算術運算。

欄位 x、y 宣告時都先設為 3。建立物件時，Java 會執行所呼叫的建構子；new Ob1 呼叫的是無參數建構子 Ob1，不會呼叫 Ob1(int num)。

解題方法

依序追蹤物件欄位：

1. 欄位初始化後：x = 3、y = 3。
2. 執行 new Ob1，呼叫無參數建構子：

public Ob1
{
x = 7;
}

因此欄位變為 x = 7、y = 3。 3. 呼叫 m.foo，計算 x + 2 * y。乘法先於加法： $7 + 2 \times 3 = 13$

System.out.print 會輸出 13。

選項分析

核心觀念

RAID（磁碟陣列）是將多顆硬碟組合成一個邏輯儲存單位，藉由不同的資料配置方式，提升效能、可靠度，或兼顧兩者。常見設計包括：

• Striping（資料分割）：將資料切分後分散寫入多顆硬碟，增加平行存取效能；本身不提供冗餘。
• Mirroring（鏡像）：在多顆硬碟上保存相同資料，提供冗餘；其中一顆硬碟故障時，仍可由其他鏡像磁碟讀取資料。

解題方法

先辨認各選項描述的 RAID 設計原理，再判斷其對效能與資料保護的作用。關鍵在於 RAID 0 只有 striping，沒有 parity 或 mirroring，因此任一成員硬碟損毀，都可能使分散在整組磁碟中的資料無法完整還原。

選項分析

核心觀念

本題考查光的「加法混色」。紅、綠、藍是光的三原色；光線重疊時，亮度相加，稱為加法混色。紅光與綠光等量相加，呈現黃色。

解題方法

辨認光的三原色為紅、綠、藍，並套用常見的加法混色關係：

• 紅光＋綠光＝黃色
• 綠光＋藍光＝青色
• 紅光＋藍光＝洋紅色
• 紅光＋綠光＋藍光＝白色

因此，等量的紅光與綠光相加，最接近黃色。

選項分析

核心觀念

音訊幀率是每秒取出的音訊幀數，取決於相鄰兩幀起始位置之間的時間間隔（幀移動時間，hop duration）。有重疊時，相鄰幀的間隔小於單一幀的持續時間。

解題方法

幀持續時間為 $25\text{ ms}$，重疊時間為 $15\text{ ms}$，所以相鄰兩幀的起始位置間隔為：

因此每秒可容納的幀數為：

取樣頻率 $16{,}000\text{ Hz}$ 表示每秒取樣 $16{,}000$ 個樣本；本題已給定幀長與重疊時間，因此計算幀率不需再用取樣頻率。

選項分析

核心觀念

本題考查語音壓縮編碼的基本概念，以及語音編碼技術與標準的辨識。語音編碼器會將語音訊號轉換成較精簡的位元表示，以降低儲存或傳輸所需的資料量。CELP 是一種語音編碼方法；GSM 與 G.729 則與語音編碼規格相關。

解題方法

逐一辨認選項是否屬於語音壓縮編碼方法或標準。CELP、GSM 與 G.729 都有明確的語音編碼用途；MELD 並非此類語音壓縮標準，因此選 D。

選項分析

• (A) CELP：錯誤。 CELP（Code-Excited Linear Prediction，碼激發線性預測）是一種語音編碼方法，利用線性預測模型與激發訊號表示語音，能以較低位元

核心觀念

本題考查放大電路所依據的電子元件特性。音響擴大機要把輸入的小訊號轉成較大的輸出訊號，主要利用電晶體的電流或電壓控制特性：以小的輸入變化控制較大的電流變化，經由電路與電源供應能量，形成放大的輸出訊號。

解題方法

先辨認題目描述的是「放大電路」的主要功能，再判斷哪種元件具有控制訊號並產生放大效果的特性。電晶體是常見的放大元件，廣泛用於音響擴大機；二極體主要用於整流、檢波等，電感與諧振器則各有其他用途，並非此處所指的主要放大元件。

選項分析

核心觀念

本題考驗深度知覺線索，以及 VR 頭戴式顯示器如何呈現立體影像。人眼的雙眼相隔一段距離，因此左右眼會看到略有差異的影像；大腦整合這些影像後，便能感知物體的深度。這種線索稱為雙眼視差（binocular parallax，亦常稱雙眼視差或雙眼視覺差異）。

解題方法

判斷關鍵在於題目問的是頭戴式顯示器「主要利用」哪種線索達成立體顯示。VR 頭戴式顯示器通常向左右眼分別提供從不同視角產生的影像，兩幅影像之間具有視差；大腦比較左右眼所見的差異，形成深度感。因此選擇雙眼視差。

選項分析

• (A) 雙眼視差（binocular parallax）—正確。 左右眼接收略有差異的影像，大腦整合後產生立體深度感，是 VR 頭戴式顯示器達成立體顯示的主要方式。
• **(B) 運動視差（motion parallax）—錯誤。

核心觀念

本題考查影像解析度、色彩深度與資料量的換算。影像的像素總數為「長 × 寬」；每個像素以 24 bits 表示，而 $8$ bits 等於 $1$ byte，因此每個像素占 $24 \div 8 = 3$ bytes。

解題方法

先計算影像的像素總數：

每個像素占 $3$ bytes，故影像所需空間為：

選項分析

• (A) 11,520,000 bytes：錯誤。 此數值是正確答案的 $8$ 倍，等於將每個像素的 $24$ bits 直接當成 $24$ bytes，未將 bits 換算成 bytes。
• **(B) 1,440,000 bytes：正確。

核心觀念

本題考 YCbCr 色彩空間的色度取樣格式。Y 表示明亮度；Cb、Cr 表示色度。格式中的三個數字描述一段水平取樣範圍內，各通道的相對取樣數量。

以 4:4:4 為基準，每 4 個 Y 取樣點，Cb、Cr 各有 4 個取樣點。題目說明亮度保留不變，而其他通道減少為原來的一半，因此 Y 仍取樣 4 點，Cb、Cr 各減為 2 點，格式為 4:2:2。

解題方法

直接比較壓縮前後各通道的相對取樣數：

• Y：保留不變，維持 4。
• Cb、Cr：各由 4 減為一半，即 2。

因此取樣比例由 4:4:4 變為 4:2:2。

選項分析

核心觀念

JPEG 是常見的影像壓縮標準。其典型處理會將影像由 RGB 色彩表示轉換為 YCbCr 色彩模型：$Y$ 表示亮度，$Cb$ 與 $Cr$ 表示色彩差異。人眼對亮度細節較敏感，對色彩細節相對不敏感，因此 JPEG 可對色度資訊進行較大幅度的取樣或壓縮，以減少資料量。

解題方法

辨認 JPEG 常用的色彩模型即可作答：JPEG 編碼常先將 RGB 轉換為 YCbCr，再分別處理亮度與色度資訊。題目問的是 JPEG 使用的色彩模型，故選 YCbCr。

選項分析

核心觀念

MPEG 以畫面間的參照關係，將視訊畫面分為三種主要類型：

• I 畫面（Intra-coded picture）：只利用本畫面內的資訊編碼，不需參照其他畫面。
• P 畫面（Predictive-coded picture）：參照先前的 I 畫面或 P 畫面進行預測編碼。
• B 畫面（Bidirectionally predictive-coded picture）：可參照前後的 I 畫面或 P 畫面進行雙向預測編碼。

題目考的是這三種 MPEG 畫面類型的名稱辨識。

解題方法

先確認 MPEG 常見的畫面類型為 I、P、B 三種，再比對選項。題目問「何者非」視訊壓縮所使用的編解碼畫面類型，因此找出不屬於這三種的選項即可。

選項分析

核心觀念

本題考辨「數位電視地面廣播系統」與「國際電信標準組織」的差別。地面廣播系統是以無線電波傳送數位電視訊號的技術標準，常見規格包括歐洲的 DVB-T、美國的 ATSC，以及日本的 ISDB-T。

解題方法

先辨認各選項的性質：DVB-T、ATSC、ISDB-T 都是數位電視地面廣播標準；ITU-T 則是國際電信聯盟的電信標準化部門，負責制定電信相關標準，並非一種數位電視地面廣播系統。因此選出 ITU-T。

選項分析

• (A) ITU-T：錯誤選項，為本題答案。 ITU-T 是 International Telecommunication Union Telecommunication Standardization Sector（國際電信聯盟電信標準化部門）的縮寫，屬於標準化組織的部門，不是數位電視地面廣播系統。