110 鐵路特考員級 電子工程 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

記憶體分頁數由「可定址的記憶體總容量」除以「每頁大小」求得。32 位元位址可表示 $2^{32}$ 個位址；若以位元組為定址單位，則可定址 $2^{32}$ 個位元組。每個分頁大小為 $2048=2^{11}$ 位元組。

解題方法

因此系統最多可支援 $2^{21}$ 個記憶體分頁。

選項分析

核心觀念

本題考查阿姆達爾定律（Amdahl’s Law）：程式中可平行化的部分能隨核心數增加而加速，但不可平行化的部分仍須循序執行，限制了整體加速比。

若可平行化比例為 $P$、核心數為 $N$，理想加速比為：

本題 $P=0.9$，不可平行化比例為 $1-P=0.1$。

解題方法

要求至少達到 $2$ 倍加速，代入公式並令加速比不小於 $2$：

分母為正，因此：

核心觀念

本題考查硬體描述語言與一般程式語言的差異。硬體合成（synthesis）是將描述電路功能的程式，轉換成可實作的邏輯電路或硬體配置。

Verilog 與 VHDL 是常見的硬體描述語言（HDL），可用於描述數位電路，並透過合成工具轉換為硬體電路。

解題方法

辨認各語言是否以描述硬體結構或電路行為為主要用途：

• Verilog、VHDL：硬體描述語言，可用於電路合成。
• C++、Python、Java：一般用途程式語言，主要描述軟體執行流程，不是本題所問的典型硬體描述語言。

因此，符合題意的是③ Verilog 與⑤ VHDL。

選項分析

核心觀念

二進位採 $2$ 為底，每個位元由右至左依序代表 $2^0、2^1、2^2$ 等權值。將二進位轉為十進位時，把每個位元乘上其位權後加總。

解題方法

將 $01011010_2$ 由右至左標示位權：

只有位元為 $1$ 的位置需要加總，因此：

所以十進位數字是 $90$。

選項分析

核心觀念

本題考查陣列的隨機存取與時間複雜度。一般陣列的元素儲存在連續記憶體位置，因此可依起始位址與索引直接計算指定元素的位址，不必逐一讀取前面的元素。

若每個元素占 $w$ 個位元組，陣列起始位址為 $\text{base}$，則第 $i$ 個元素的位址可表示為：

解題方法

讀取或寫入 $A[i]$ 時，電腦依索引計算出該元素的記憶體位址，再直接存取該位置。位址計算與存取所需的步驟數不會隨陣列元素個數 $n$ 增加，因此時間複雜度為 $O(1)$，也就是常數時間。

選項分析

核心觀念

本題考彩色影像的像素表示方式與位元組、位元的換算。每個位元組有 $8$ 個位元；若每個像素使用三個位元組，便有 $3 \times 8 = 24$ 個位元可表示顏色。

解題方法

每個位元可表示 $0$ 或 $1$，因此 $24$ 個位元共有

種組合。也可理解為三個位元組各有 $256$ 種取值，三者組合數相乘，故選項 D 正確。

選項分析

• (A) $3 \times 8$ 種：錯誤。 $3 \times 8 = 24$ 是像素所使用的位元數，不是顏色種類數。位元數為 $n$ 時，組合數應為 $2^n$。

核心觀念

本題考 C 語言函式的傳值呼叫。呼叫 foo(x, y) 時，函式參數 n1、n2 會各自取得 x、y 當時的值；函式內交換的是這兩個區域變數，不會直接改動 main 裡的 x、y。因此，foo 執行完畢後，main 中的變數仍維持原值。

解題方法

初始值為：

第一次呼叫 foo(x, y) 時，n1=1、n2=2。函式內交換參數後，只有區域變數 n1、n2 改變；函式返回後，x、y 仍是 $1$、$2$。

第二次呼叫 foo(y, z) 時，n1=2、n2=3。同樣地，交換只發生在函式的區域參數中，返回後 y、z 仍是 $2$、$3$。

因此，printf 輸出：

1, 2, 3

選項分析

核心觀念

本題考遞迴與迴圈的互相轉換，以及兩者執行時使用的控制機制。

• 遞迴：函式在執行過程中呼叫自己。為了記錄每次呼叫的返回位置、區域變數與參數，執行時會使用呼叫堆疊（Call Stack）。
• 迴圈：透過條件判斷與重複執行程式區塊控制流程，不必為每次重複建立函式呼叫紀錄。

解題方法

逐一檢查各選項。遞迴與迴圈在一般可計算的程式設計情境中通常可以互相改寫；但要特別辨認執行時資料結構：遞迴依靠堆疊保存呼叫狀態，佇列則是先進先出，並非遞迴呼叫的主要控制結構。迴圈本身也不必使用堆疊維護函式呼叫順序。

選項分析

(A) 所有的遞迴函式都可以轉換為迴圈函式：正確。 遞迴可改寫成迴圈；若遞迴具有尚待返回時處理的工作，改寫時可用明確的堆疊保存呼叫狀態。尾端遞迴則常能直接轉換為迴圈。

核心觀念

堆疊（Stack）是一種線性資料結構，遵循後進先出（Last In, First Out，LIFO）：最後放入的資料會最先取出。堆疊的插入與刪除都在同一端進行，這一端稱為頂端（Top）。

在程序的記憶體配置中，區域變數、函式呼叫資訊等常由執行期堆疊（runtime stack）管理；動態配置的記憶體則通常屬於堆積（heap），兩者是不同的概念。

解題方法

逐項比對堆疊的基本定義，並辨別選項描述的是「堆疊」還是「堆積」：

• 若描述後進先出，或在頂端插入、刪除，符合堆疊特性。
• 若描述程序的動態記憶體配置，則不符合一般計算機概要對堆疊的定義。

選項分析

核心觀念

有向圖的邊具有方向。若圖中不存在迴路（cycle），頂點可排成一個拓樸順序，使每條邊都由順序較前的頂點指向較後的頂點。簡單有向圖不允許重複邊，也不包含頂點指向自己的自環。

解題方法

依拓樸順序排列 7 個頂點。若每一對頂點之間都放一條由前者指向後者的邊，就不會形成迴路，且邊數最多。

每一對頂點可形成一條邊，因此最多邊數為：

例如，頂點依序為 $v_1,\ldots,v_7$，可加入所有滿足 $i<j$ 的邊 $v_i\to v_j$。任何沿著邊前進時，頂點順序都只會向後，因此不可能回到原頂點形成迴路。

因此，依題目所述「簡單有向圖」且「不存在迴路」，最多應有 21 條邊。題目選項中的 12、7、6、14 均不是此數值，與官方答案 C（6）不符。

核心觀念

本題考查 IPv6 位址長度。IPv6 位址長度為 128 位元（bits）；IPv4 位址則為 32 位元。位址長度增加，能提供更大的位址空間。

解題方法

直接辨認協定版本與位址長度：IPv4 為 32 位元，IPv6 為 128 位元。因此，本題選擇標示 128 bits 的選項。

選項分析

核心觀念

TCP 以四個欄位識別一條連線：來源 IP 位址、來源埠、目的 IP 位址與目的埠。兩條連線若同時連到同一台伺服器，伺服器必須能分辨它們；同一部用戶端電腦同時連線時，通常以不同的來源埠建立不同連線。

解題方法

以用戶端和伺服器兩端的資訊判斷：

• 兩條連線來自同一部瀏覽器所在的電腦，因此來源 IP 位址相同。
• 兩條連線連到同一台 Web 伺服器，因此目的 IP 位址相同。
• Web 伺服器提供相同服務，因此目的埠通常相同，例如 HTTP 的 80 埠或 HTTPS 的 443 埠。
• 用戶端為區分同時建立的連線，會使用不同的來源埠。

因此，最有可能不同的是來源埠。

選項分析

核心觀念

解多工器（demultiplexer，簡稱 DEMUX）有 1 個資料輸入端，並依選擇控制線的組合，將輸入訊號送到其中一個輸出端。若有 $n$ 條選擇控制線，最多可選擇的輸出端數為：

解題方法

本題有 6 條選擇控制線，因此最多可選擇的輸出端數為：

所以此解多工器有 1 個輸入通道，至多有 64 個輸出通道。

選項分析

核心觀念

不同進位制的數值可以先轉成十進位，再轉成目標進位。本題也可利用 $9=3^2$，將九進位的每一位直接換成兩位三進位數字。

解題方法

九進位數 $(75)_9$ 的位值展開為：

將 $68$ 轉成三進位，依序除以 $3$ 並記下餘數：

由下往上讀取餘數，得到 $(2112)_3$，因此選項 D 正確。

也可直接利用 $9=3^2$：每個九進位位數都可換成兩位三進位數。$7=(21)_3$，$5=(12)_3$，所以 $(75)_9=(21\,12)_3=(2112)_3$。

核心觀念

本題考 CMOS 與 CCD 兩種影像感光元件的特性差異。CMOS 感光元件通常具備耗電較低、製造成本較低、容易整合讀出電路等優點，因此常見於智慧型手機及消費型相機。像素上限則取決於感光元件製程、尺寸與設計，不能概括說 CMOS 的最高像素較低。

解題方法

逐項判斷敘述是否符合 CMOS 相較於 CCD 的常見特性。前三項描述 CMOS 常見的應用與優勢；第四項把「最高像素較低」當成 CMOS 的固定限制，並不成立，因此選 D。

選項分析

• (A) 較常見於智慧型手機上：正確。 CMOS 感光元件易於與讀出電路整合，且耗電較低、成本較具優勢，適合手機等講求體積與耗電的裝置。

核心觀念

程序使用 CPU 時處於 Running（執行）狀態。若程序因等待外部事件而無法繼續執行，例如等待鍵盤輸入，作業系統會將它移至 Waiting（等待）狀態，也常稱 Blocked（阻塞）狀態。事件完成後，程序才會回到 Ready（就緒）狀態，等待再次取得 CPU。

解題方法

題目指出 $P1$ 正在使用 CPU，之後需要從鍵盤讀取資料。鍵盤輸入是外部 I/O 事件；等待輸入期間，$P1$ 無法繼續使用 CPU，因此由 Running 轉為 Waiting。

狀態轉換可表示為：

選項分析

核心觀念

本題考 C++ 的存取權限與私有繼承。

• ListA 未標示存取權限的成員 first，在 class 中預設為 private。
• ListB : private ListA 表示以 private 方式繼承 ListA：基底類別的 public 與 protected 成員，在 ListB 中會以 private 權限呈現。
• ListB 自己宣告的成員，則依其所在區段的存取標籤判斷。

解題方法

逐一判斷各成員屬於「從 ListA 繼承而來」或「在 ListB 內自行宣告」，再套用各自的存取規則：

• first 原本是 ListA 的 private 成員，不會因繼承而變成 ListB 可存取的成員；但它仍是基底類別子物件中的私有成員。
• add 原本是 ListA 的 public 成員，經 private 繼承後，在 ListB 中成為 private。
• second 是 ListB 自行宣告的成員，位於 public: 之前，因此是 private。
• put 位於 ListB 的 public: 之後，因此是 public。

選項分析

核心觀念

本題考查 Python 的 if、else 配對與巢狀條件判斷。Python 以縮排表示程式區塊；else 會配對到與它縮排層級相同的 if。

解題方法

先依序判斷條件，再執行所屬區塊：

1. 初始值為 a = 40、y = 10。
2. 判斷外層條件 a < 50：$40 < 50$ 成立，因此進入外層 if 區塊。
3. 判斷內層條件 a < 30：$40 < 30$ 不成立，因此不執行 y = y + 10。
4. else 與外層 if (a < 50) 同層縮排，屬於外層條件的另一分支。由於外層條件成立，不執行 y = y - 10。

核心觀念

二元搜尋樹（Binary Search Tree, BST）符合以下順序性質：每個節點的左子樹鍵值小於該節點，右子樹鍵值大於該節點。搜尋時，從根節點開始比較目標值，每次依比較結果往左或往右走，因此搜尋時間與樹高 $h$ 成正比，為 $O(h)$。

解題方法

若樹保持平衡，樹高約為 $\log n$，搜尋時間為 $O(\log n)$。但題目問的是「最糟」情況；當資料依序插入等情況使樹退化成單鏈時，樹高可達 $n-1$。此時搜尋目標可能需要逐一比較最多 $n$ 個節點，因此：

選項分析

核心觀念

前序走訪（Preorder）依序為「根節點、左子樹、右子樹」，也就是先輸出運算子，再依序走訪左、右運算元所在的子樹。

解題方法

從樹根開始走訪：

1. 根節點是 $+$，先輸出 $+$。
2. 走訪左子樹：先輸出 $*$；再走訪它的左子樹，輸出 $-$、$D$、$E$；最後輸出右子節點 $A$。左子樹的前序結果為 *-DEA。
3. 走訪右子樹：先輸出 $/$，再輸出左、右子節點 $B$、$C$。右子樹的前序結果為 /BC。

合併後為 +*-DEA/BC。

選項分析

核心觀念

本題考查資料交換方式的特徵。分封交換（Packet Switching）會將訊息切割成較小的封包，各封包帶有目的地位址，能各自經由網路傳送，抵達目的地後再重新組合。題目描述的正是這種方式。

解題方法

抓住題幹中的關鍵線索：「切割成許多較小封包」、「每個封包都知道目的地位址」以及「目的地電腦將封包重新組合」。這些都是分封交換的特徵，因此選 (B)。

選項分析

核心觀念

本題考查網路傳輸速率與檔案大小的單位換算，以及有效資料速率的計算。網速以 bps（bit per second，每秒位元數）表示，檔案大小的 B 則是 Byte（位元組）；$1\text{ Byte}=8\text{ bits}$。

解題方法

控制訊號及其他非資料占去 $50\%$ 網速，因此可用於傳送檔案的有效速率為：

換算成每秒位元數：

$50\text{ MB}$ 換算成位元數（採 $1\text{ MB}=10^6\text{ Bytes}$）：

傳輸時間為資料量除以有效速率：

核心觀念

本題考查 TCP 連線建立方式，以及常見的 SYN Flood 阻斷式攻擊。TCP 以三向交握建立連線：用戶端送出設定 SYN 旗標的封包，伺服器回覆 SYN-ACK，再由用戶端送出 ACK。伺服器收到 SYN 後，會暫存尚未完成交握的連線請求。

解題方法

判斷攻擊利用哪個旗標，可從 TCP 三向交握中伺服器需要等待後續確認的步驟切入。SYN Flood 攻擊者大量送出 SYN 封包，卻不完成後續交握，使伺服器持續保留半開連線狀態；當相關佇列或資源耗盡，合法連線便可能無法建立，形成阻斷服務。

因此，這類攻擊主要利用 TCP 標頭中的 SYN 旗標。

選項分析

核心觀念

相鄰矩陣（Adjacency matrix）用來記錄圖中每一對頂點是否相鄰。若圖有 $n$ 個頂點，矩陣的列與欄都各對應一個頂點，因此矩陣大小為 $n\times n$。

解題方法

每個頂點都要能與其他每個頂點（包含自身）配對，作為矩陣的一個位置。故元素總數為：

邊數 $e$ 會影響矩陣中有多少位置記錄為相鄰，但不影響矩陣的尺寸。

選項分析

核心觀念

本題考查 RISC 與 CISC 的典型設計取向。RISC 著重精簡、規則的指令集與指令格式，讓指令解碼和管線化較容易；CISC 則常以較多、較複雜的指令支援較多樣的操作。兩者也會影響程式編譯後的機器碼大小。

解題方法

逐項比對選項是否符合 RISC 的典型特點。A、B、C 都是 RISC 常見的設計特性；D 說 RISC 編譯出的機器碼較省記憶體，與典型比較方向相反。RISC 指令通常較簡單，完成同一工作時可能需要較多條指令，因此程式碼不一定較短，甚至可能比 CISC 機器碼占用更多空間。

選項分析

核心觀念

SYN Flood（SYN 洪水攻擊）利用 TCP 三向交握尚未完成時，伺服器會保留半開連線狀態這項特性。伺服器可供等待完成交握的半開連線數量有限；攻擊者大量送出 SYN 封包，卻不完成後續交握，使這些連線資源被占用，進而影響正常使用者建立連線。

解題方法

判斷本題的關鍵，是找出 SYN Flood 攻擊消耗的伺服器資源。

TCP 建立連線時，客戶端先送出 SYN，伺服器回覆 SYN-ACK，並等待客戶端再送 ACK。等待最後一個 ACK 的期間，伺服器會保留半開連線的紀錄。當大量連線停留在這個狀態，有限的半開連線佇列可能被占滿，正常連線便難以建立。

選項分析

核心觀念

本題考各種排序法的時間複雜度，尤其要分清最佳、平均與最壞情況。$O(\cdot)$ 表示演算法執行時間的漸近上界；排序法的複雜度須依演算法特性及輸入資料排列情況判斷。

解題方法

逐一比對選項所述的排序法與其時間複雜度：

• 快速排序：平均情況為 $O(n\log n)$，最壞情況為 $O(n^2)$。
• 插入排序：最佳情況為 $O(n)$，平均及最壞情況為 $O(n^2)$。
• 合併排序：最佳、平均及最壞情況皆為 $O(n\log n)$。
• 選擇排序：最佳、平均及最壞情況皆為 $O(n^2)$。

因此，符合敘述的是合併排序。

選項分析

(A) 錯誤。 快速排序在每次分割都能大致平均時，時間複雜度為 $O(n\log n)$；若每次分割都極度不平衡，例如每次只分出一筆資料，遞迴深度會達 $n$，總比較次數為 $1+2+\cdots +(n-1)=O(n^2)$。因此其最壞情況不是 $O(n\log n)$。

核心觀念

合併排序（Merge sort）的合併步驟，是比較兩個已排序數列目前尚未合併的最小值，將較小者放入結果數列，再繼續比較。當其中一個數列已全部取完，另一個數列剩餘元素便可直接接到結果末端，不需要再比較。

解題方法

設兩個數列長度分別為 $m=5$、$n=6$。合併時，最少可以在其中一個數列的最後一個元素被取出前，就讓另一個數列先全部取完；此時尚未取出的最後一個元素可直接接上。

因此，最少比較次數為：

例如兩個數列分別為 $1,2,3,4,5$ 與 $6,7,8,9,10,11$。前五次比較中，每次都取出第一個數列的元素，接著第一個數列已空，將第二個數列剩餘元素直接接上，合計只比較 $5$ 次。

核心觀念

飢餓（starvation）是指某個行程長期無法取得 CPU，等待時間可能無限延長。判斷排班法是否可能造成飢餓，重點在於：行程是否可能一直被其他行程排在前面或搶先執行。

解題方法

逐一檢查三種排班法：

• FCFS（先到先服務）：依到達順序執行，通常採非搶先方式。已進入就緒佇列的行程，前面只有有限個先到行程時，前面的行程完成後便會輪到它。因此，FCFS 不會因排班規則本身造成飢餓。
• RR（循環排班）：每個行程輪流取得固定時間片。只要時間片結束後會將行程排回就緒佇列尾端，且排程持續運作，等待中的行程便會依序取得 CPU，因此不會因排班規則本身造成飢餓。
• SRTF（最短剩餘時間優先）：優先執行剩餘 CPU 執行時間最短的行程，且屬搶先式排班。

核心觀念

本題考查關聯式資料庫的參照完整性（一致性限制）。外來鍵用來參照另一個關聯中的主鍵；依參照完整性規則，外來鍵若有非空值，該值必須出現在被參照的主鍵值集合中。若外來鍵沒有對應的主鍵值，則必須為虛值（NULL）。

解題方法

題幹已限定外來鍵的值「不是它所參照的關聯主鍵中的值」。依參照完整性判斷：

• 外來鍵若為非 NULL，就必須能在被參照的主鍵中找到相同值。
• 題目指出找不到相同值，因此該外來鍵必須是 NULL。

這裡的 NULL 表示沒有提供可用的參照值，不是一般的資料值。

選項分析

核心觀念

本題考查 C 語言的作用域與 static 區域變數。

• 全域變數 cc、xx、yy 在程式開始時皆初始化為 0。
• 函式內以相同名稱宣告的區域變數會遮蔽同名全域變數。f1、f2 中的 static int cc 各自是不同的函式區域變數，不是全域 cc。
• static 區域變數的生命期持續至程式結束；但本題沒有讀取它們的值。
• int xx = nn; 與 int yy = nn; 分別宣告函式內的區域變數，不會改動全域 xx 或 yy。只有明確指定全域變數，例如 xx = nn;，才會改變全域 xx。

解題方法

依序追蹤全域變數的值：

1. 初始時，全域變數為 cc = 0、xx = 0、yy = 0。
2. 呼叫 f1(1)：

• static int cc = 0; 宣告的是 f1 自己的靜態區域變數。
• int xx = nn; 宣告的是 f1 的區域變數，值為 1。
• cc++ 遞增的也是 f1 內的靜態區域變數。
• 全域 cc、xx、yy 均未改變。

3. 呼叫 f2(2)：

• static int cc = 0; 是 f2 自己的靜態區域變數，與 f1 的 cc 彼此獨立。
• int yy = nn; 宣告函式內區域變數 yy，值為 2，不影響全域 yy。

核心觀念

本題考 C 語言 static 區域變數的生命週期與初始值。函式內以 static 宣告的區域變數，具有靜態儲存期：程式執行期間只初始化一次，呼叫函式離開後，變數值仍會保留，供下次呼叫使用。

解題方法

unknown 中的 x 初始值為 10。每次呼叫都先執行 x = x + 10，再輸出 x：

因此程式輸出為 20;30;。

選項分析

核心觀念

本題考查常見網路設備的功能與其所在層級：

• 閘道器（Gateway）：連接不同網路或系統，必要時轉換通訊協定與資料格式。
• 數據機（Modem）：負責調變與解調，讓數位資料能透過類比訊號傳送，並在接收端還原。
• 中繼器（Repeater）：接收並再生或放大訊號，以延長傳輸距離；不負責連接多台電腦形成區域網路。
• 路由器（Router）：依據路由表選擇封包的下一個傳送路徑。

解題方法

逐一比對設備名稱與主要功能。題目問「何者錯誤」，只要找出把某設備功能描述成另一種設備功能的選項即可。中繼器的重點是延伸訊號傳輸範圍；連接多台電腦形成區域網路，通常由集線器或交換器負責，因此選項（C）錯誤。

選項分析

核心觀念

本題考位元邏輯運算。若要將某些位元強制設為 $0$，應使用 AND 運算：遮罩對應位置為 $0$ 時，無論原位元是 $0$ 或 $1$，結果都會是 $0$；遮罩為 $1$ 時，原位元則保持不變。

解題方法

16 位元的「中間 8 個位元」是第 5 至第 12 位。要清除這 8 個位元，遮罩的中間 8 位應設為 $0$，其餘 8 位設為 $1$：

因此對 $X$ 做 AND 運算：

遮罩兩端的 $1$ 會保留 $X$ 原本的位元；中間的 $0$ 會把 $X$ 的中間 8 位清為 $0$。

選項分析

核心觀念

密碼依金鑰的使用方式，可分為對稱式與非對稱式：

• 對稱式金鑰密碼：加密與解密使用相同的金鑰，或使用彼此可直接推導的金鑰。
• 非對稱式金鑰密碼：使用一組不同但彼此相關的金鑰，通常以公開金鑰加密、私密金鑰解密；RSA 是典型代表。

本題要辨認各選項所屬的密碼類型。

解題方法

先判斷每種方法是否採用公開金鑰與私密金鑰這一對金鑰。RSA 以一把金鑰公開、另一把金鑰保密，屬於非對稱式金鑰密碼；其餘選項皆為古典密碼方法，使用共享的替換規則或排列方式，不屬於非對稱式金鑰密碼。

選項分析

核心觀念

選擇排序（Selection sort）每一回合都在「尚未排序的部分」找出最小值，並與該部分的第一個元素交換。由左至右逐步固定最小值後，數列會形成「已排序部分｜未排序部分」。

解題方法

初始數列為 $(5,6,2,9,4)$：

1. 在全部數列中找最小值 $2$，與第一個元素 $5$ 交換： $(5,6,2,9,4)\rightarrow(2,6,5,9,4)$
2. 在未排序部分 $(6,5,9,4)$ 中找最小值 $4$，與該部分第一個元素 $6$ 交換： $(2,6,5,9,4)\rightarrow(2,4,5,9,6)$
3. 在未排序部分 $(5,9,6)$ 中找最小值 $5$。它已在該部分第一個位置，因此數列不變： $(2,4,5,9,6)\rightarrow(2,4,5,9,6)$
4. 在未排序部分 $(9,6)$ 中找最小值 $6$，與 $9$ 交換：

核心觀念

二元搜尋適用於已排序的資料。每次檢查目前搜尋範圍的中間元素：若目標較大，就繼續搜尋右半部；若目標較小，就搜尋左半部。資料中找不到目標時，搜尋會在範圍縮小為空後結束。

解題方法

字母已依照字母順序排列，共有 15 個：

$A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L, M, N, O$

目標 $Z$ 比所有資料中的字母都大，因此每次檢查後都往右半部搜尋：

1. 先檢查中間位置的 $H$。因為 $Z>H$，往右搜尋。
2. 在右側範圍 $I$ 到 $O$ 中，檢查中間位置的 $L$。因為 $Z>L$，繼續往右。
3. 在 $M$ 到 $O$ 中，檢查中間位置的 $N$。因為 $Z>N$，繼續往右。
4. 剩下 $O$，檢查後發現 $Z>O$，搜尋範圍變成空集合，搜尋結束。

核心觀念

星狀網路拓撲是指各節點分別以獨立連線接到中央設備，例如集線器（Hub）或交換器（Switch）。節點彼此傳送資料時，通常須經由中央設備轉送。

解題方法

逐項比對選項是否符合星狀拓撲的特性。星狀拓撲的典型優點包括：新增或移除節點較方便，且單一節點或連線故障通常不會影響其他節點；使用交換器時，各連接埠可分別傳送資料，能降低碰撞。至於「同儕網路」描述的是網路中的電腦如何共享資源，並非星狀拓撲本身的優點。

選項分析

(A) 效率佳，降低資料傳輸發生衝突（Collision）的機率：正確。 星狀網路使用交換器時，交換器可依目的位址轉送資料，減少不同連線間的碰撞；即使使用 Hub，碰撞也發生在共用的傳輸媒介上，因此本選項所述可作為星狀網路常見的效率優點。

核心觀念

本題考查 C++ 物件的儲存期與建構時點：

• 區域自動物件：進入其作用域時建構，離開作用域時解構。
• 區域靜態物件：第一次執行到宣告時才建構；本題中 foo 只呼叫一次。
• 全域物件：在 main 開始執行前建構。

解題方法

依程式執行順序排列各物件的建構時點：

1. CLS c; 是全域物件，在進入 main 前建構，排第一。
2. 進入 main 後，先建構區域自動物件 d。
3. 接著執行 static CLS e;，建構區域靜態物件 e。
4. 進入 if (1) 區塊時，建構區域自動物件 f。
5. 離開 if 區塊後，呼叫 foo；進入函式後建構區域自動物件 a。
6. 接著執行 static CLS b;，此時首次執行到其宣告，因此建構 b。

因此順序為 c、d、e、f、a、b，即 cdefab。

選項分析

核心觀念

子網路遮罩用來區分 IP 位址中的網路部分與主機部分。遮罩為 $255.255.255.192$ 時，前三個位元組都是 $255$，表示前三個位元組屬於網路部分；最後一個位元組的 $192$ 為二進位 $11000000$，因此最後一個位元組有 $2$ 個網路位元、$6$ 個主機位元。

判斷兩台電腦是否在同一子網路，可比較它們的 IP 位址與遮罩進行位元 AND 運算；若所得 Network ID 相同，即屬於同一子網路。

解題方法

最後一個位元組遮罩值為 $192$，每個子網路的位址區間大小為：

$256-192=64$

因此最後一個位元組的子網路區段依序為 $0$–$63$、$64$–$127$、$128$–$191$、$192$–$255$。

題目 IP 的最後一個位元組是 $149$，落在 $128$–$191$ 區段，故其 Network ID 為 $192.115.2.128$。選項中，只有最後一個位元組落在相同區段、且前三個位元組也相同者符合。

選項分析