114 高普考普通考試 電子工程 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

十六進位的基底是 $16$，位值由右至左依序為 $16^0、16^1、16^2$。十六進位中的 $A$ 至 $F$ 分別代表十進位的 $10$ 至 $15$，因此 $B=11$。

解題方法

將各位數依位值展開，再換算成十進位：

所以 $54B_{16}$ 等於十進位 $1355$。

選項分析

核心觀念

本題考查記憶體定址所需的位元數。若記憶體共有 $N$ 個可定位的資料單位，定址欄位至少需要 $k$ 位元，且必須滿足：

因此，所需位元數為 $\lceil \log_2 N \rceil$。題目以每筆資料 $16$ bytes 為一個定址單位，故應先計算記憶體中有幾筆資料。

解題方法

依一般容量換算，$1\text{ MB}=2^{20}\text{ bytes}$，因此：

每筆資料占 $16=2^4$ bytes，故資料筆數為：

核心觀念

算術／邏輯指令（Arithmetic／Logic Instructions）用來對資料執行算術或邏輯運算。算術運算包括加、減等；邏輯運算則包括 AND、OR、XOR 等布林運算。資料傳送、記憶體存取與程式流程控制，通常分別由資料傳送指令、載入／儲存指令及分支指令負責。

解題方法

判斷各選項描述的功能是否屬於算術／邏輯運算即可。AND、OR、XOR 都是對位元進行布林邏輯運算，因此符合算術／邏輯指令的定義。

選項分析

核心觀念

本題考二補數表示法中，$n$ 位元有號整數的表示範圍。$n$ 位元二補數的範圍為：

其中最高位元代表正負號與權重，因此負數端比正數端多一個值。

解題方法

暫存器寬度為 $12$ bits，代入 $n=12$：

因此，一個暫存器可儲存的整數範圍是 $-2048$ 至 $2047$。

選項分析

核心觀念

本題考查十進位數轉換為十六進位，以及 RGB 色碼的排列方式。色碼 $(164,34,255)$ 依序代表紅色、綠色、藍色（RGB），每個數值各自轉為兩位十六進位數，再依原順序連接。

解題方法

將各分量轉為十六進位：

• $164 = 10 \times 16 + 4$，其中十進位 $10$ 以十六進位字元 $A$ 表示，因此 $164_{10}=A4_{16}$。
• $34 = 2 \times 16 + 2$，因此 $34_{10}=22_{16}$。
• $255 = 15 \times 16 + 15$，因此 $255_{10}=FF_{16}$。

依 RGB 順序串接：

故色碼為 A422FF。

選項分析

核心觀念

位元 OR（或）運算逐位進行：只要兩個對應位元中至少有一個是 $1$，結果就是 $1$；兩者都是 $0$ 時，結果才是 $0$。

解題方法

將兩個 8 位元數字上下對齊，逐欄進行 OR：

逐位結果為：

核心觀念

本題考查作業系統中的「作業（Job）」、「程序（Process）」與「程式（Program）」之間的差異，以及作業與程序可能經過的狀態。

• 程式是儲存在磁碟中的指令與資料，屬於靜態內容。
• 作業是使用者提交給電腦系統、等待處理的一項工作。作業尚未執行時，可能在保留（Hold）等狀態等待資源或排程；作業也可能在轉成程序之前就被取消或終止。
• 程序是程式執行中的實體，具有執行狀態、資源與相關控制資訊。程序狀態不只就緒與執行中，還可能包括等待或阻塞、終止等狀態。

解題方法

先區分選項描述的是作業、程序還是程式，再檢查它所說的狀態是否符合常見作業系統模型。若選項把不同概念混為一談，或把狀態限制得過於狹窄，即可排除。

選項分析

(A) 錯誤。「非活躍（Inactive）」不是程序必定等待到作業系統重新啟動才離開的通用狀態。程序可因完成、被中止或其他作業系統管理事件而離開系統；

核心觀念

排程器（Scheduler）是作業系統的一項功能，負責依據排程政策，決定哪些程序可以進入或取得處理器執行機會。作業系統常見的排程層次包括：

• 長期排程器：決定哪些工作或程序加入系統的執行序列。
• 短期排程器：從就緒佇列中選擇下一個取得 CPU 的程序。
• 中期排程器：暫停或恢復程序，以調節記憶體與系統負載。

本題著重在排程器「選擇程序進入執行序列」的功能。

解題方法

先辨認各選項描述的是哪一類作業系統工作。排程器處理的是程序的選擇與執行次序；記憶體管理、硬體中斷處理及程式編譯則屬於其他功能。依此即可判斷正確選項。

選項分析

核心觀念

本題考查循環神經網路（RNN）的架構，以及它與卷積神經網路（CNN）常見運算的區別。RNN 透過循環連結將前一時間步的隱藏狀態傳遞至下一時間步，因此適合處理具有時間順序的資料。

LSTM 與 GRU 是常見的 RNN 變體，利用門控機制調節資訊的保留、更新或輸出。最大池化則是常見於 CNN 的下採樣運算，不是 RNN 的重要架構。

解題方法

先辨認各選項所屬的概念：LSTM、GRU 與 Gate 都和 RNN 的循環狀態及資訊控制有關；最大池化主要用於特徵圖下採樣。找出與 RNN 架構分類不相符的選項，即可作答。

選項分析

• (A) 最大池化（Maximum Pooling）—正確答案。 最大池化通常將局部區域中的最大值保留下來，以縮小 CNN 特徵圖的空間尺寸、降低計算量。它是池化運算，不是 RNN 的重要架構。

核心觀念

關聯式代數中，選取資料表的**特定屬性（欄、Column）稱為「投影（PROJECT）」；選取符合條件的資料列（Row）**則稱為「選擇（SELECT）」。兩者的區別在於：投影處理欄，選擇處理列。

解題方法

題目問的是從關聯中挑出特定屬性，也就是保留指定欄位。這正是投影運算的功能，可表示為 $\pi_{屬性清單}(R)$，其中 $R$ 為關聯，$\pi$ 表示投影。因此應選 PROJECT。

選項分析

• (A) SELECT：錯誤。 關聯式代數中的選擇運算用來依條件篩選資料列，例如挑出符合某條件的紀錄，不是選取特定欄位。須注意，SQL 的 SELECT 子句可以指定欄位；

核心觀念

本題考查已排序陣列的搜尋方法。因為陣列由小到大排列，搜尋時可以利用元素之間的順序，縮小可能範圍。

二元搜尋每次比較搜尋值 $X$ 與目前範圍的中間元素，接著排除不可能包含 $X$ 的一半範圍。若陣列有 $n$ 個元素，搜尋時間複雜度為 $O(\log n)$；線性搜尋則為 $O(n)$。

解題方法

題目指定陣列已遞增排序，並詢問降低平均搜尋時間的演算法。二元搜尋可利用排序性逐步折半搜尋範圍，因此平均及最壞情況下都只需約 $\log_2 n$ 次比較，答案為 (B) 二元搜尋。

例如在 16 個元素中搜尋，二元搜尋每次將範圍約減半，最多約需 $\log_2 16=4$ 次比較；線性搜尋則可能需要檢查全部 16 個元素。

選項分析

核心觀念

本題考查堆疊（Stack）與佇列（Queue）的存取順序。

• 堆疊採後進先出（LIFO）：最後放入的資料會最先取出，操作端通常稱為堆疊頂端。
• 佇列採先進先出（FIFO）：先放入的資料會先取出，通常從隊尾加入、從隊首取出。

解題方法

判斷各選項描述的資料結構是否符合定義。日常例子中，依序排隊等候服務的人，通常由先到者先接受服務，符合佇列的 FIFO；若是堆疊，則最後加入的人會先離開，與一般排隊規則不同。

選項分析

核心觀念

環狀佇列（circular queue）常以固定大小的陣列實作，將陣列尾端與開頭視為相連。當前端或後端指標到達陣列最後一格時，會繞回索引 $0$，以便重複利用已釋出的空間。

佇列的前端指標（front）標示取出資料的位置，後端指標（rear）標示加入資料的位置。判斷佇列是否為空或已滿，須依採用的指標定義與實作慣例而定；本題採用的判別方式是：前端與後端指向同一位置且佇列不為空時，表示佇列已滿。

解題方法

抓住題幹所採用的滿佇列判別條件：當 front 與 rear 相等時，必須再看佇列是否為空。若佇列不為空，兩指標相等便代表可用空間已用盡，因此選項 (C) 正確。

實作上也常見「保留一個空格」來區分空佇列與滿佇列：空佇列時兩指標相等；滿佇列時則由 rear 的下一個位置繞回後恰好等於 front。這種慣例下，滿佇列的兩指標不會直接相等。

核心觀念

完全二元樹的節點由上而下、由左而右排列；除最後一層外，各層皆滿。若最後一層未滿，節點仍從最左側開始排列。

第 $k$ 層最多有 $2^{k-1}$ 個節點。因此，前 $h$ 層共有

個節點。

解題方法

前 4 層最多可容納 $2^4-1=15$ 個節點。由於全樹有 22 個節點，第 4 層必定已滿；前 4 層共有 15 個節點，剩下 $22-15=7$ 個節點位於第 5 層。

第 4 層共有 $2^{4-1}=8$ 個節點。每個第 4 層節點若有子節點，子節點會出現在第 5 層。因為第 5 層的 7 個節點從左至右排列，會依序成為第 4 層前 4 個節點的子節點：前 3 個節點各有 2 個子節點，第 4 個節點有 1 個子節點。

核心觀念

本題考查樹（Tree）的基本定義。樹是一種階層式的非線性資料結構，節點之間具有分層或上下層關係，且不含環路。樹常用來表示組織架構、檔案目錄與家族關係等。

解題方法

判斷各選項是否符合樹的基本特性：樹可以包含多個節點，具有階層關係，且不含環。因此，符合上述定義的選項為 (C)。

選項分析

核心觀念

本題考圖論中簡圖（Simple Graph）的定義，以及相鄰矩陣（Adjacency Matrix）的對角線性質。

簡圖不允許自我迴圈，也不允許同一對節點之間有重複邊。因此，節點不會與自身相鄰；以相鄰矩陣表示時，主對角線上的元素皆為 $0$。對無向簡圖而言，相鄰矩陣還會是對稱矩陣。

解題方法

先由簡圖的定義確認是否允許自我迴圈，再判斷相鄰矩陣的主對角線。若頂點集合為 $V=\{v_1,\ldots,v_n\}$，相鄰矩陣記為 $A=[a_{ij}]$，其中 $a_{ij}$ 表示 $v_i$ 與 $v_j$ 間的邊數。簡圖沒有自我迴圈，因此對所有 $i$：

選項分析

(A) 正確。 簡圖不允許自我迴圈，所以相鄰矩陣主對角線上的值均為 $0$。

核心觀念

選擇排序法（selection sort）會將數列分成「已排序」與「未排序」兩部分。每一回合都從未排序部分找出最小值，將它移到未排序部分的最前面；重複此步驟，直到整個數列完成由小到大的排序。

解題方法

由小到大排序時，選擇排序每回合都要選出未排序數列中的最小值，並放到目前未排序區段的第一個位置。例如數列為 $[5, 2, 4]$：

1. 未排序數列是 $[5, 2, 4]$，最小值為 $2$，移到最前面，成為 $[2, 5, 4]$。
2. 排除已排序的 $2$，在 $[5, 4]$ 中找出最小值 $4$，移到未排序區段最前面，成為 $[2, 4, 5]$。

因此，選擇排序的核心動作是「找出未排序部分的最小值並移到其最前面」。

選項分析

核心觀念

本題考搜尋引擎的基本運作方式：搜尋引擎會先整理網頁內容，建立索引結構，將詞彙與包含該詞彙的網頁位置對應起來。使用者查詢時，搜尋引擎便能查找索引，快速找出相關網頁，而不必每次重新逐頁檢查所有內容。

解題方法

判斷關鍵在於「快速從大量網頁資料中找到相關資訊」。逐一比對或線性掃描都需反覆檢查大量資料，效率較低；預先建立索引則能縮小查找範圍，快速定位候選網頁。因此，符合搜尋引擎快速查詢原理的是事先建立索引結構。

選項分析

核心觀念

本題考查網站如何在用戶端保存資料，以便後續請求時辨識使用者或維持登入狀態。**Cookie（網站 Cookie）**是網站伺服器傳送給瀏覽器的一小段資料，由瀏覽器儲存在用戶端；之後瀏覽器向同一網站送出請求時，會依設定將 Cookie 一併傳回伺服器。

解題方法

題幹的關鍵線索是「儲存一些資料」與「在用戶端（Client Side）上」。符合這種用戶端資料儲存方式的就是 Cookie。伺服器可利用 Cookie 中的識別資訊辨認先前的瀏覽器，進而維持登入狀態或記錄偏好設定。

選項分析

• (A) Cookie：正確。 Cookie 由瀏覽器儲存在用戶端，伺服器可藉由瀏覽器後續傳回的 Cookie 辨識使用者或維持工作階段。

核心觀念

本題考 C 語言函式的形式參數（formal parameters）與引數（arguments，也常稱實際參數 actual parameters）：

• 函式定義中的變數名稱是形式參數，用來接收呼叫函式時傳入的值。
• 函式呼叫中提供的值或變數是引數，也常稱實際參數。

解題方法

先區分函式定義與函式呼叫：

void AddTogether(int x, int y) // 函式定義：x、y 是形式參數

呼叫函式時：

AddTogether(a, b); // 函式呼叫：a、b 是引數

main 中的 a、b 是區域變數，呼叫時其值分別傳入形式參數 x、y。

選項分析

核心觀念

本題考查 Python 字串的索引、切片，以及 upper 方法：

• my_string[0] 取出字串中索引為 0 的第一個字元。
• my_string[1:] 從索引 1 開始，取到字串結尾。
• upper 將字串中的英文字母轉為大寫。
• + 將兩個字串串接起來。

解題方法

原字串為 "taiwan number One"。

my_string[0] 取出第一個字元 "t"，呼叫 .upper 後變成 "T"；my_string[1:] 則保留從第二個字元開始的內容 "aiwan number One"。

串接結果為：

只有第一個字元被轉成大寫；其餘部分不會因為這段程式而改變大小寫。

核心觀念

本題考程式語言的程式設計典範。邏輯式設計（logic programming）以事實與規則描述問題，再由推論機制尋找符合條件的答案；程式設計者著重「要滿足哪些條件」，而非逐步指定每個執行動作。

解題方法

辨認各語言所屬的典範即可。PROLOG 是典型的邏輯式程式語言，使用者可定義事實與規則，並透過查詢讓系統進行邏輯推論，因此選 (B)。

選項分析

核心觀念

char *names[] 宣告的是「字元指標陣列」：names 的每個元素都是指向字元的指標。初始化後：

• names[0] 指向字串 "ABCD" 的首字元。
• names[1] 指向字串 "EFG" 的首字元。
• names[2] 指向字串 "XYZ" 的首字元。

* 是取值運算子，會取得指標所指向的字元；printf("%c", ...) 則以字元形式輸出該值。

解題方法

先看陣列索引，再看指標解參照：

1. names[2] 取得第三個元素，也就是指向字串 "XYZ" 的指標。
2. *names[2] 取得該指標所指向的第一個字元，即 'X'。
3. %c 將 'X' 輸出為字元。

因此，程式輸出 X。

核心觀念

Python 函式可以用逗號分隔多個值作為回傳值；這些值會組成一個 tuple（元組）。Tuple 的索引從 $0$ 開始，因此索引 $1$ 代表第二個元素。

解題方法

函式 f(x, y) 依序回傳三個值：

1. $x+y$
2. $x-y$
3. $x+2y$

代入 f(123, 456)：

• $123+456=579$
• $123-456=-333$
• $123+2\times456=1035$

因此 data 是 (579, -333, 1035)。data[1] 取出索引為 $1$ 的第二個元素，故 print(data[1]) 輸出 -333。

核心觀念

本題考插入排序（Insertion Sort）。外層迴圈每次取出目前位置的 key，再由左向右已排序的區段中，將所有大於 key 的元素往右移，最後把 key 放入空出的位置。

解題方法

題目特別指定 $i=2$，因此只追蹤外層迴圈執行到 $i=2$ 時的 while 迴圈。Python 串列索引從 $0$ 開始，初始資料為：

[3, 2, 1, 5, 0, 4, 6, 9, 8, 7]

先執行 $i=1$：key=2，與左側的 3 比較，將 3 右移後放入 2，資料變成：

[2, 3, 1, 5, 0, 4, 6, 9, 8, 7]

接著執行 $i=2$：key=1，初始 $j=1$。

1. 比較 1 < 3，成立：將 3 右移，$j$ 減為 $0$。
2. 比較 1 < 2，成立：將 2 右移，$j$ 減為 $-1$。
3. 此時 $j \ge 0$ 不成立，while 結束；將 key=1 放到 data[j+1]，也就是索引 $0$。

完成 $i=2$ 的迴圈後，資料為：

[1, 2, 3, 5, 0, 4, 6, 9, 8, 7]

核心觀念

本題考 C 語言後置遞減運算子 i--，以及 do...while 迴圈的執行順序。

i-- 會先使用變數目前的值，再將變數減 $1$。do...while 則是先執行迴圈本體，再判斷條件；條件為真時才進入下一輪。

解題方法

初始值為 $i=3$、$num=7$。每輪執行 num -= i--; 時，先以遞減前的 $i$ 更新 num，再將 $i$ 減 $1$，最後檢查 i != 1。

迴圈結束時，$i=1$、$num=2$。

選項分析

核心觀念

本題考遞迴函數的呼叫方式與參數更新。每次呼叫 g(s, n) 時，若 $n>1$，便改以 g(s+n, n-1) 繼續呼叫；當 $n\leq 1$ 時停止遞迴，並回傳當時的 $s$。

解題方法

從 g(10, 10) 開始，逐次代入新的參數：

到達 $n=1$ 時符合停止條件 n<=1，因此回傳 $s=64$。

也可將累加過程寫成：

核心觀念

有向圖的鄰接矩陣以列表示起點、欄表示終點。若節點 $i$ 有一條邊指向節點 $j$，矩陣第 $i$ 列、第 $j$ 欄記為 $1$；沒有邊則記為 $0$。

本題有 $4$ 個節點，因此鄰接矩陣是 $4 \times 4$，共有 $16$ 個位元。題目指定位元「從左到右、從上到下」排列，表示依序填入第 1 列至第 4 列。

解題方法

將選項 D 的位元串依每列 4 位分組：

因此，選項 D 表示的有向邊為：

• 第 1 列 $0100$：$1 \to 2$
• 第 2 列 $0001$：$2 \to 4$
• 第 3 列 $1100$：$3 \to 1$、$3 \to 2$
• 第 4 列 $0010$：$4 \to 3$

依此矩陣讀取，每列列出該節點指向的節點，即得選項 D 所表示的鄰接關係。

核心觀念

Java 可用 this 表示目前這個物件，也可在建構函數中用 this(...) 呼叫同一個類別的另一個建構函數。這種寫法稱為建構函數鏈結，常用來集中初始化邏輯、避免重複程式碼。

解題方法

辨認題目問的是「同一個類別內」的建構函數呼叫。Java 使用 this(引數) 指定同類別中的另一個建構函數；若要呼叫父類別的建構函數，則使用 super(引數)。

例如：

class Phone {
 Phone {
 this("一般型"); // 呼叫同類別的另一個建構函數
 }

 Phone(String model) {
 // 初始化 model
 }
}

this(...) 必須是建構函數中的第一個敘述，因此不能先執行其他敘述再呼叫它。

選項分析

核心觀念

本題考查物件導向程式設計的基本概念。**封裝（encapsulation）**是將資料與操作資料的方法組織在一起，並透過介面提供必要的操作方式，同時隱藏內部實作細節。使用者只需知道如何呼叫介面，不必了解其內部如何完成工作。

解題方法

題幹的關鍵描述是「將實作細節部分隱藏起來」。這正是封裝的核心：將物件內部的資料或實作藏在介面後方，藉由介面控制外部如何使用它。因此，依官方答案，應選擇封裝。

選項分析

• (A) 宣告（declaration）：宣告是說明變數、函式或類別等名稱及其型別、介面等資訊，不等同於隱藏實作細節。

核心觀念

本題考查 TCP/IP 架構中傳輸層與網際網路層的協定分類。傳輸層負責端點間的資料傳送與多工，常見協定包括 TCP、UDP、SCTP；ICMP 則屬於網際網路層，用來傳遞控制與錯誤訊息。

解題方法

逐一辨認選項的協定功能與所屬層級。題目詢問「非屬於傳輸層協定」，找出屬於其他層的協定即可。

選項分析

• (A) ICMP：正確答案。 ICMP 是網際網路控制訊息協定，通常歸於 TCP/IP 架構的網際網路層，常用於回報錯誤或提供網路診斷訊息，例如 ping 使用的回應訊息。它不是傳輸層協定。

核心觀念

本題考查集線器（Hub）與交換機（Switch）在區域網路中的資料轉送方式。集線器運作於實體層，收到資料後會將訊號送往其他連接埠；交換機通常運作於資料連結層，會依據學習到的 MAC 位址表，將乙太網路訊框轉送至目的設備所在的連接埠。

解題方法

比較兩者如何處理收到的資料即可：Hub 不辨識目的設備，會將訊號送到其他連接埠；Switch 則查詢目的 MAC 位址，通常只轉送到對應連接埠。若交換機尚未學到目的位址，或目的 MAC 是廣播位址，仍可能泛洪至多個連接埠；但這不改變兩者的主要差異。

選項分析

核心觀念

本題考命題邏輯中的連接詞。「或」以析取符號 $\lor$ 表示；「且」以合取符號 $\land$ 表示。

令 $p$ 表示「今天是星期一」，$q$ 表示「今天是星期二」，則「今天是星期一或星期二」表示為 $p\lor q$。

解題方法

先將句子拆成兩個命題：

• $p$：「今天是星期一」
• $q$：「今天是星期二」

兩者以「或」連接，因此使用析取符號 $\lor$，寫成 $p\lor q$。

選項分析

核心觀念

本題考 URL 的定義及用途。URL 是「統一資源定位符」（Uniform Resource Locator），用來指出網路資源的位置與取得方式，例如網頁所在的主機及路徑。它是識別、定位資源的字串，不是網路傳輸協定，也不是 IP 位址本身。

解題方法

先辨認各選項描述的功能：複製主機間資料屬於檔案傳輸協定的用途；電子郵件安全則涉及郵件安全協定；IP 位址是網路位址資訊。URL 的核心用途是定位網路上的資源，因此選擇最符合「網頁唯一識別符號」的敘述。

選項分析

核心觀念

本題考查影音內容在網際網路上的傳送方式。**串流技術（Streaming）**會將影音資料分段傳送，接收端可在下載後續資料的同時播放，不必先取得完整影片檔案。

解題方法

題目問觀看 YouTube 影片時主要使用哪種網際網路技術。判斷重點是：影片能否在資料持續傳送時開始播放。影音播放的這項特性就是串流，因此選擇串流技術。

選項分析

• (A) 雲端硬碟（Cloud Storage）錯誤。 雲端儲存用來保存與管理遠端檔案；YouTube 可能使用雲端或其他伺服器儲存影片，但儲存方式不是本題問的觀看傳送技術。
• **(B) 串流技術（Streaming）正確。

核心觀念

本題考查阻斷服務攻擊的來源數量與攻擊方式。**分散式阻斷服務（DDoS）**是指多個電腦系統同時向目標伺服器發送大量請求，使其耗盡頻寬、連線或運算資源，導致正常使用者無法取得服務。

解題方法

抓住題幹的關鍵語句：「多個電腦系統同時發送請求」。多個來源共同對單一目標發動流量攻擊，符合「分散式」阻斷服務的特徵，因此選擇 DDoS。

DoS 與 DDoS 都以妨礙服務可用性為目的；主要差別在於，DoS 通常描述由單一來源發動，DDoS 則由多個分散來源共同發動。

選項分析

核心觀念

本題考查加密技術的用途，以及如何確認文件的來源真實性。數位簽章使用寄件者的私密金鑰產生簽章，接收者再以寄件者的公開金鑰驗證；驗證成功可確認簽章是由對應私密金鑰產生，並檢查文件內容是否遭到竄改。

解題方法

先辨認題目要保障的安全目的：接收者要「驗證文件的來源」，也就是確認文件確由寄件者發出，這屬於來源認證。在選項中，能直接提供來源驗證與完整性檢查的技術是數位簽章。

數位簽章通常先對文件計算雜湊值，再由寄件者用自己的私密金鑰簽署該雜湊值。接收者使用寄件者的公開金鑰驗證簽章，並比對文件重新計算出的雜湊值。若驗證通過且雜湊值一致，即可確認簽章有效且文件內容未被變更。

選項分析

• (A) 對稱式加密（Symmetric Encryption）錯誤。 寄件者與接收者共用同一把密鑰，主要用途是保護內容機密性。因為雙方都持有密鑰，單靠對稱式加密無法讓接收者確認究竟是誰產生了文件。

核心觀念

數據最小化原則（Data Minimization Principle）要求資料處理者只收集與特定目的相稱且必要的資料，並將資料的使用範圍及保存期間限制在達成目的所需的程度。核心在於降低不必要的資料處理與暴露風險，不是單純追求儲存成本或檔案大小最小化。

解題方法

抓住「必要」二字，逐一比對選項是否涵蓋資料收集、處理範圍與保存時間。能同時表達這些限制的選項，才符合原則的核心精神。

選項分析

核心觀念

本題考查資料庫的實體識別、主鍵唯一性，以及由學生資料反查所屬大學的可行性。

圖中資料結構大致為：

• University：以 Name 表示大學
• Department：以 Name 表示系所
• Student：以 sid 表示學生
• 大學與系所、系所與學生之間透過 has 關係連結

關鍵問題在於：Department.Name 是否能唯一對應到某一所大學。若不同大學可以有相同名稱的系所，僅由系所名稱便無法判斷學生屬於哪所大學。

解題方法

由學生反查大學的路徑為：

若某系所名稱只在一所大學出現，例如只有甲大學設有「特殊系」，則查到該系所後，可唯一推知學生屬於甲大學。

但若多所大學都有相同名稱的系所，例如甲、乙、丙大學都有「資訊工程學系」，而資料設計中沒有另外加入：

• 大學代碼；
• 系所代碼；
• 或由「大學代碼＋系所名稱」組成的複合鍵，

則僅憑「資訊工程學系」無法唯一判斷學生屬於哪所大學。

因此，只有系所名稱具有唯一性，也就是其他大學沒有的特殊系所，才能依此設計反查出學生所屬大學。

選項分析

核心觀念

本題考 C++ 的 static 靜態資料成員、建構子，以及 friend 友元類別的存取權限。

A::data 是 A 類別的靜態資料成員，所有 A 物件共用同一份資料。B 被宣告為 A 的友元類別，因此 B 的成員函式可以存取 A 的私有成員 data。

解題方法

先追蹤所有 A 物件建構時，靜態變數 data 的變化：

1. 類別外的定義 int A::data=1; 將 data 初值設為 $1$。
2. 宣告 A v1, v2, v3; 依序建構三個 A 物件。每次建構子執行 data++，所以數值依序為 $2$、$3$、$4$。
3. 呼叫 v4.f(v1); 時，參數 A var 會以 v1 複製建構。題目未自行定義複製建構子，因此使用編譯器產生的複製建構子；它不會執行 A，所以不會再讓 data 加一。