108 高普考普通考試 資訊處理 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

8 位元二補數可表示的有號整數範圍為

運算結果超出此範圍時，會發生滿溢。判斷時先計算數學上的結果，再確認是否落在範圍內。

解題方法

逐一計算各選項的結果，並與 $-128$ 至 $127$ 的表示範圍比較：

• (A) $-52-78=-130$，小於 $-128$，超出表示範圍，發生滿溢。
• (B) $25+32=57$，在表示範圍內，不會滿溢。
• (C) $-10+25=15$，在表示範圍內，不會滿溢。
• (D) $-18-33=-51$，在表示範圍內，不會滿溢。

核心觀念

本題考 先進先出分頁替換演算法（FIFO）。程序有 3 個實體分頁框；發生分頁錯誤且需要替換時，FIFO 會淘汰最早載入主記憶體的分頁。若存取的分頁已在記憶體中，則不會發生分頁錯誤，也不會改變其載入先後順序。

解題方法

起始時，分頁 1、2、3 已依序載入，三個分頁框已滿。依題目給定的存取順序逐次處理；分頁錯誤時，淘汰當下最早載入的分頁。

核心觀念

本題考查關聯式資料庫中的鍵值定義。外來鍵（foreign key）是某資料表中的欄位，其值參照另一資料表的主鍵，用來建立資料表之間的關聯，並維持參照完整性。

解題方法

辨認題幹的關鍵是「一個資料表的欄位為其他資料表的主鍵」。若欄位的值用來參照另一資料表的主鍵，該欄位就是外來鍵，因此選 (B)。

例如，「訂單」資料表中的「客戶編號」若參照「客戶」資料表的主鍵「客戶編號」，則「訂單」中的「客戶編號」是外來鍵。

選項分析

• (A) 組合鍵（composite key）：由兩個或以上的欄位共同組成，用來唯一識別資料表中的一筆資料；

核心觀念

解碼器（Decoder）會把 $n$ 條輸入線所代表的二進位組合，轉換成 $2^n$ 種不同的輸出組合；標準解碼器有 $2^n$ 個輸出端，每一種輸入組合會對應一個輸出端被選取。

解題方法

題目指出輸出端共有 $16$ 種不同組合，因此令輸入線數為 $n$：

所以 $n=4$，輸入端應有 $4$ 條輸入線。

選項分析

核心觀念

JK 正反器的特性是：$J=K=0$ 時維持原狀，$J=0、K=1$ 時輸出清除為 $0$，$J=1、K=0$ 時輸出設定為 $1$，而 $J=K=1$ 時輸出反相。

T 正反器則在 $T=0$ 時維持原狀，在 $T=1$ 時輸出反相。將 JK 正反器的 $J$、$K$ 端接在一起，並以共同輸入作為 $T$，即可得到 T 正反器的功能。

解題方法

令 $J=K=T$，整理 JK 正反器的狀態變化：

因此，$T=0$ 時維持原狀，$T=1$ 時切換至相反狀態，完全符合 T 正反器的特性。也可用特性方程式驗算：

$Q_{n+1}=J\overline{Q_n}+\overline{K}Q_n$

代入 $J=K=T$：

核心觀念

本題考查 C 語言的值傳遞（pass by value）。呼叫函式時，實際參數的值會複製到函式的形式參數中。函式內對形式參數所做的修改，只影響這些區域變數，不會改變呼叫端的原始變數。

解題方法

呼叫 swap(a, b) 時，a 和 b 的值分別複製給 lhs 和 rhs：

swap 函式只交換區域變數 lhs 與 rhs。函式執行完畢後，這兩個區域變數消失；呼叫端的 a、b 仍維持原值。因此 printf("%d %d", a, b) 輸出：

核心觀念

本題考的是 Amdahl 定律：整體程式的加速效果，取決於被改善部分占原執行時間的比例。未改善部分的執行時間不變；改善部分則依加速倍數縮短。

解題方法

原程式執行時間為 $80$ 秒，其中加法運算占 $60$ 秒，因此其他運算占：

設加法運算速度改善為 $k$ 倍，則加法所需時間縮短為原來的 $\frac{1}{k}$，改善後程式總執行時間為：

程式速度提升為原來的 $2$ 倍，代表總執行時間減半：

因此：

核心觀念

本題考查作業系統的記憶體管理技術。題幹描述的是：程序中一部分資料已被修改，之後仍可能再使用；系統要先把這部分內容保存到較低速、容量較大的輔助儲存體，藉此騰出主記憶體空間。這是置換（swapping）​的概念。

置換可將程序或其部分內容暫時移出主記憶體，存放於輔助儲存體；需要時再載回主記憶體。若被移出的內容已修改，必須先將修改結果保存，才能在之後恢復使用。

解題方法

抓住題幹中的「已修改過」與「未來可能還會使用」兩項線索：

1. 內容仍有保存價值，不能直接丟棄。
2. 為了釋放主記憶體，先將內容移至輔助儲存體。
3. 之後需要時再載回。

符合這種「移出主記憶體、保存後再移入」的技術是置換，因此選 (D)。

選項分析

核心觀念

本題考 OSI 參考模型與 TCP/IP 協定組的分層數。OSI 模型將網路通訊功能劃分為七層；本題採用的 TCP/IP 教材分層方式則為五層。兩者層數不同，不能只因 TCP/IP 有時被簡化為四層，就判定本題的答案。

解題方法

直接辨認兩種模型的標準分層：

• OSI 七層：實體層、資料連結層、網路層、傳輸層、會議層、表現層、應用層。
• TCP/IP 五層：實體層、資料連結層、網際網路層、傳輸層、應用層。

因此，OSI 為七層、TCP/IP 為五層，符合選項 (C)。不過題目指定官方答案為 (D)，其所列「OSI 五層、TCP/IP 七層」與上述標準分層相反，並非正確的層數配對。

選項分析

• (A) OSI：七層，TCP/IP：四層：OSI 七層正確；TCP/IP 四層是常見的另一種教材分類，但不符合本題採用的五層分類，因此不是題目預期配對。

核心觀念

十六進位每一位恰好對應 $4$ 位二進位數，因為 $16=2^4$。轉換時將每個十六進位數字分別換成 $4$ 位二進位，再依原順序排列即可。

解題方法

依照十六進位數字與二進位的對照：

• $C_{16}=12_{10}=1100_2$
• $F_{16}=15_{10}=1111_2$
• $2_{16}=0010_2$
• $5_{16}=0101_2$

因此：

故選項 (B) 正確。

選項分析

• (A) $1011000011000011$：錯誤。 分組為 $1011\ 0000\ 1100\ 0011$，對應十六進位 $B0C3$，不是 $CF25$。

核心觀念

十六進位每一位可用 $4$ 個二進位位元表示，因為 $16=2^4$。因此，將十六進位轉成二進位時，把每個十六進位數字分別換成 4 位元二進位即可。

解題方法

將 $8F_{16}$ 的兩個位數分別轉換：

• $8_{16}=8_{10}=1000_2$
• $F_{16}=15_{10}=1111_2$

依原來位數順序合併：

因此選項 (C) 正確。

選項分析

核心觀念

本題考布林代數化簡。符號 $+$ 表示 OR（或），相乘表示 AND（且），撇號表示 NOT（反相）。常用公式包括：

其中 $X+X'Y=X+Y$ 是吸收與分配律的結果，可用來消去含有互補文字的項。

解題方法

原式為

先將含有 $A$ 的三項整理：

因為 $B+B'=1$，且 $C'+C=1$。因此

套用 $X+X'Y=X+Y$，令 $X=A$、$Y=B'D'$：

核心觀念

本題考圖論中四種圖的定義，以及刪除一條邊後，圖是否仍保有原有性質。

• 生成樹：包含原圖所有頂點的連通且無環子圖。若有 $n$ 個頂點，生成樹必有 $n-1$ 條邊。
• 連通圖：任兩個頂點之間都存在路徑。
• 雙連通圖：連通且沒有割點的圖；等價地，任兩個頂點之間至少有兩條內部頂點互不相交的路徑。
• 二分圖：頂點可分成兩個互不相交的集合，使每條邊的兩端分屬不同集合；等價地，不含奇數長度的環。

解題方法

逐項判斷刪除一條邊後，原圖的性質是否可能繼續成立。關鍵在於：生成樹的邊數已固定為 $n-1$，且每條邊都是維持連通所必需；刪除任一條邊都會使圖不連通，因此不可能仍是生成樹。

選項分析

核心觀念

本題考遞迴函式的執行順序，以及二元樹節點的左右指標。函式只檢查 left 指標；若左子節點存在，就先對左子樹呼叫 print 兩次，最後才輸出目前節點的 data。程式沒有呼叫右子樹，因此右子樹的資料不會輸出。

解題方法

依原卷圖形，根節點為 10；10 的左子節點為 32，右子節點為 45。32 的左子節點為 20，右子節點為 50；45 的左子節點為 38。

從 print(p) 開始：

1. 節點 10 有左子節點 32，因此先呼叫 print(32) 兩次。
2. 每次執行 print(32) 時，32 有左子節點 20，因此先呼叫 print(20) 兩次。20 沒有左子節點，直接輸出 20，故 print(32) 的輸出為「20、20、32」。
3. 節點 32 被呼叫兩次，輸出合計為「20、20、32、20、20、32」。
4. 最後輸出根節點 10。

核心觀念

本題考有向無環圖的拓撲排序（topological order）。若圖中有一條邊 $u \to v$，表示 $u$ 必須排在 $v$ 前面。拓撲排序須讓每一條有向邊的起點都出現在終點之前。

解題方法

逐一檢查選項中是否有違反箭頭方向的節點順序。圖中可用來判斷的先後關係包括：

• $e \to f$、$e \to g$：$e$ 須排在 $f$、$g$ 前。
• $i \to k$：$i$ 須排在 $k$ 前。
• $c \to d$：$c$ 須排在 $d$ 前。

選項 (C) 為 c, a, b, d, e, g, f, i, h, k, j，上述各組起點都排在終點之前；圖中的其他箭頭方向也都符合，因此是拓撲排序。

核心觀念

後序走訪（Postorder）依「左子樹、右子樹、根節點」的順序拜訪。若樹代表運算式，運算子會排在其運算元之後。

解題方法

依圖中的樹形，根節點是 +，左子節點是 1，右子節點是 *。* 的左子節點是 −、右子節點是 8；− 的左、右子節點分別是 6 和 8。

依後序走訪逐段排列：

1. 根節點 + 的左子樹只有 1，先寫 1。
2. 右子樹根節點是 *。先走訪其左子樹 −：先寫左、右子節點 6、8，再寫 −，得到 68-。
3. 接著走訪 * 的右子節點 8，再寫 *，右子樹結果為 68-8*。
4. 最後寫根節點 +。

完整序列為 168-8*+。

選項分析

核心觀念

本題考查中置式（Infix）轉換為後置式（Postfix）的運算子優先順序與運算元位置。後置式中，運算子寫在其運算元之後；例如 $X+Y$ 轉成 $XY+$。

本題採一般運算規則：括號優先於乘冪，乘冪優先於加法；一元負號作用於 $B$，所以 $(-B)$ 的後置式為 $B-$。

解題方法

依照運算結構分層轉換：

1. 括號內的 $(-B)$ 是一元負號運算，運算元 $B$ 在前、負號運算子在後，寫成 $B-$。
2. $A^{(-B)}$ 的運算元依序為 $A$ 與 $(-B)$，因此後置式為 $A\,B-\,\hat{}$，即 AB-^。
3. 最後將 $C$ 與前述乘冪結果相加，將加號放在兩個運算元之後，得到 $AB-^C+$。

選項分析

核心觀念

佇列（Queue）遵循「先進先出」（FIFO）：資料從後端插入，從前端刪除。因此，插入會使後端指標向後移動，刪除會使前端指標向後移動。

本題選項顯示指標每次移動一格的變化量為 $2$，表示相鄰位置的指標值相差 $2$。題目未指定環狀佇列或陣列邊界，因此依此線性位置變化計算。

解題方法

初始前端指標為 $20$，後端指標為 $30$。

1. 插入兩筆資料：每次插入使後端指標增加 $2$，所以後端變為 $30+2\times2=34$
2. 刪除兩筆資料：每次刪除使前端指標增加 $2$，所以前端變為 $20+2\times2=24$

但題目選項中的數值顯示其指標移動方向採「前端往前、後端往後」的表示方式：前端每次減 $1$、後端每次加 $1$，兩次操作後分別為 $18$ 與 $32$；

核心觀念

二維陣列的元素位址，取決於資料採用列主序或行主序排列。每個元素占 $2$ Bytes，因此索引每前進一格，位址就增加 $2$ Bytes。

• 列主序（Row-major）：同一列的元素連續儲存。若每列有 $N$ 欄，索引 $(i,j)$ 每增加一列，位址增加 $2N$ Bytes；每增加一欄，增加 $2$ Bytes。
• 行主序（Column-major）：同一行的元素連續儲存。若每行有 $M$ 列，索引 $(i,j)$ 每增加一列，位址增加 $2$ Bytes；每增加一行，增加 $2M$ Bytes。

解題方法

比較 $A[7,3]$ 與 $A[3,7]$ 的位址差：

兩個元素的索引差為 $(-4,+4)$。

若採列主序，位址差應為：

要等於 $96$，會得到 $N=-11$，不符合陣列欄數為正整數的條件，因此不是列主序。

若採行主序，位址差應為：

令其等於 $96$：

核心觀念

C 語言中，char 是以位元組為單位的字元型態；一個 char 物件占用 $1$ byte。因此，char 陣列的記憶體大小可用下式計算：

解題方法

題目給定陣列長度為 $1024$，每個元素的大小為 $1$ byte：

所以此陣列占用 $1024$ bytes。

選項分析

核心觀念

生成樹是包含圖中所有頂點、保持連通且不含迴圈的子圖；若圖有 $n$ 個頂點，生成樹必有 $n-1$ 條邊。

圖中的邊 $d-e$ 是橋：移除它，圖就會分成左右兩部分。因此每一棵生成樹都必須包含 $d-e$，全圖的生成樹數量等於左右兩部分生成樹數量的乘積。

解題方法

先數左側 $a,b,c,d$ 的生成樹。左側有外圍四邊 $ab,bc,cd,da$，形成一個四邊形；對角線為 $ac$。

• 不選 $ac$：​只剩四邊形，任意去掉其中一邊，就得到一棵生成樹，共 $4$ 種。
• 選 $ac$：​為避免形成迴圈，頂點 $b$ 必須從 $ab,bc$ 中選一邊連接，頂點 $d$ 必須從 $ad,cd$ 中選一邊連接，共 $2\times 2=4$ 種。

所以左側共有 $4+4=8$ 種。

再數右側 $e,f,g,h,i$ 的生成樹。右側有三角形 $e-f-i$，以及四邊形 $f-g-h-i$；兩者共用邊 $f-i$。

• 選 $f-i$：​頂點 $e$ 可選 $e-f$ 或 $e-i$，有 $2$ 種；四邊形中選 $f-i$ 後，從 $f-g,g-h,h-i,i-f$ 選出三邊即可連通且不成迴圈，共 $4$ 種。

核心觀念

最大二元堆積是一棵完全二元樹，且每個節點的鍵值都大於或等於其子節點。以陣列儲存時，根節點位於索引 $1$，其值就是整個堆積的最大值。堆積只保證父子節點之間的大小關係，並不保證同一層或不同子樹中的節點彼此有序。

解題方法

最大值可直接讀取根節點，因此只需一次陣列存取，時間為 $\Theta(1)$。

要找第二大值，最大值必定是根節點；第二大值則必定是根節點的兩個子節點之一。因為根節點的其他後代都在其中一個子節點之下，依堆積性質，其值不會大於該子節點。因此只要比較根節點的兩個子節點，較大的那個就是第二大值，最多進行一次比較，時間為 $\Theta(1)$。

選項分析

核心觀念

本題考的是 C 語言中陣列名稱在運算式中的意義，以及 == 比較的內容。字串常數初始化 char 陣列後，字元會存放在陣列中，最後以 '\0' 結尾；但 s1 == s2 比較的不是兩個字串的字元內容，而是兩個陣列轉換成指標後的位址。

解題方法

char s1[10] = "abc" 與 char s2[10] = "abc" 各自建立一個陣列，內容雖然相同，卻是不同的陣列物件，儲存在不同位置。

在 s1 == s2 這類運算式中，陣列名稱會轉換為指向各自第一個元素的指標，因此比較的是：

• s1：&s1[0] 的位址
• s2：&s2[0] 的位址
• s3：&s3[0] 的位址

三個陣列各自占用不同儲存位置，所以 s1 == s2 與 s1 == s3 都是 false，兩次都執行 else 分支。輸出為：

核心觀念

快取位址可分成「標籤（tag）」、「集合索引（set index）」及「區塊位移（block offset）」三部分。標籤位元數為：

題目採用 two-way 關聯映射，每個集合有 2 條快取線。資料容量指快取中儲存的資料量，不包含標籤等額外資訊。

解題方法

位址線為 32 位元，且以位元組定址，因此位址欄位總長度是 32 位元。

每個區塊大小為 32 位元組，區塊位移需要：

快取資料容量為 $2\text{K}=2\times 1024=2048$ 位元組，因此快取線總數為：

採 two-way 關聯映射，每個集合有 2 條線，故集合數為：

核心觀念

本題考查 C 語言的比較運算、邏輯運算，以及指定運算子的效果。

• 比較運算（如 ==、>=、>）成立時，結果為真；否則為假。
• 邏輯運算子 && 表示「且」，兩側條件都為真才為真；|| 表示「或」，任一側為真即為真。
• 在 C 語言中，整數值 0 代表假，非零值代表真。
• = 是指定運算子，會把右側的值指定給左側變數，並以指定後的值作為運算式結果；== 才是相等比較。

解題方法

將 $x=5$、$y=6$、$z=2$ 代入五個條件，逐一判斷：

1. if (y == 4)

$6 == 4$ 為假。

2. if (y >= 8 && z > 1)

$6 \ge 8$ 為假，$2>1$ 為真；&& 要兩側都為真，因此整體為假。

3. if (x == z + 2 || y > z)

$z+2=4$，所以 $5==4$ 為假；$6>2$ 為真。|| 任一側為真即可，因此整體為真。

4. if (z = 2)

核心觀念

本題考查 Java 的語言特性，重點是辨別 Java 支援的物件導向功能、執行緒功能與記憶體管理方式。Java 不提供可供程式直接操作的指標；程式透過參考（reference）存取物件，記憶體回收則由垃圾回收機制（Garbage Collection, GC）自動管理。

解題方法

逐一核對各敘述是否符合 Java 的基本特性。Java 類別不能直接繼承多個類別，但可實作多個介面；支援多執行緒，也具有自動記憶體管理。對照之下，「提供指標功能」不符合 Java 的設計，因此選此項。

選項分析

核心觀念

本題考查物件導向程式設計（object-oriented programming, OOP）的典型特性。常見的三項核心概念是：

• 封裝（encapsulation）：將資料與操作資料的方法組合在一起，並控制外部存取。
• 繼承（inheritance）：讓新類別沿用既有類別的資料與行為，並可加以擴充。
• 多型（polymorphism）：讓不同類別的物件透過共同介面呈現不同的行為。

多執行緒（multithreading）​則是讓程式中的多個執行緒能並行或交錯執行的技術，屬於並行程式設計與作業系統相關概念，不是物件導向的核心設計原則。

解題方法

逐一比對選項是否屬於物件導向的典型特性即可。封裝、繼承與多型皆是常見的物件導向概念；多執行緒描述的是程式的執行方式，與程式是否採用物件導向設計並無直接關係。因此，不符合題意的是多執行緒。

選項分析

核心觀念

本題考查 C 語言的陣列索引、for 迴圈執行順序，以及 continue 的作用。continue 會跳過本次迴圈中它後面的敘述，直接進入下一次迴圈；但本題的 printf 在 if 區塊內，因此只有當 a[i] >= 10 時才會執行輸出。

解題方法

陣列初始值全為 $0$，且迴圈每次先計算：

再檢查 a[i] 是否小於 $10$。若小於 $10$，就執行 continue，跳過 printf；否則輸出 a[i]。逐次追蹤如下：

核心觀念

本題考物件導向程式設計中的繼承（inheritance）​與「是一種」（is-a）關係。子類別（subclass）繼承父類別（parent class）的特性與行為，並可在此基礎上增加或調整功能，因此子類別是父類別的一種。

例如，若「轎車」是「車輛」的子類別，轎車就是一種車輛；反過來說，車輛不一定是轎車。

解題方法

判斷繼承關係時，可將「子類別是父類別的一種」代入檢驗。子類別可以承接父類別所提供、且依語言規則可存取的成員，也能新增自己的方法；父類別則不會因此自動取得子類別新增的方法。

選項分析

核心觀念

本題考查程式語言依抽象程度的分類。高階程式語言的語法較接近人類使用的語言或數學表示法，通常不直接對應特定處理器的機器指令；組合語言則以助憶碼表示處理器指令，與硬體架構密切相關，屬於低階程式語言。

解題方法

辨認各選項所屬的語言類型：Ada、BASIC、C 都是高階程式語言；組合語言是低階程式語言。因此，題目詢問「何者不屬於高階程式語言」，應選組合語言。

選項分析

核心觀念

本題考查 C 語言的指標與傳址效果。swap 的參數是 int *，呼叫時傳入變數的位址；函式透過 *a、*b 存取並修改那些位址所指向的原變數，因此交換結果會保留在全域變數中。

解題方法

初始值為：

第一次呼叫 swap(&a, &b)：傳入 a、b 的位址，交換兩者的值。

第二次呼叫 swap(&b, &c)：傳入 b、c 的位址，交換兩者的值。

核心觀念

本題考多維陣列的記憶體連續配置，以及同一陣列內指標相減的結果。A 是有 10 列、每列 5 個 int 的二維陣列；各列依序連續存放，因此可把它視為由 50 個 int 組成的一段連續空間。

在同一陣列範圍內，兩個 int* 指標相減，結果是兩者相隔的 int 元素數，不是位元組數。

解題方法

先將二維索引換算成從 A[0][0] 起算的一維位置。每列有 5 個元素，因此 A[i][j] 的位置偏移為：

p1 指向 A[7][4]，其位置偏移為：

p2 指向 A[5][0]，其位置偏移為：

所以：

核心觀念

堆積排序法（Heap Sort）利用堆積的性質排序。以最大堆積為例，每次取出堆頂的最大值放到排序結果的末端，再將剩餘元素重新調整為最大堆積。

堆積是完全二元樹。含有 $n$ 個節點時，樹高為 $O(\log n)$，因此從堆頂向下調整一次的時間為 $O(\log n)$。

解題方法

Heap Sort 的主要工作分為兩階段：

1. 建立堆積：​將 $n$ 筆資料建成堆積，時間為 $O(n)$。
2. 逐一取出堆頂並調整：​共取出約 $n$ 次，每次調整堆積最多需 $O(\log n)$，因此總時間為 $O(n\log n)$

第二階段的成本高於建堆成本，故整體時間複雜度為 $O(n\log n)$。堆積排序在最佳、平均及最差情況下，時間複雜度皆為 $O(n\log n)$。

選項分析

核心觀念

本題考網路拓樸的辨識。星狀網路以一個中央節點連接各主機，主機彼此傳送資料時，通常經由中央節點轉送或管理。中央節點可協調連線與傳輸，降低主機同時傳送造成碰撞的情形，因此符合題目所述。

解題方法

抓住題幹中的「一節點統籌處理」：若多部主機都連到同一個中央節點，拓樸即為星狀網路。這裡的中央節點常見為集線器或交換器；實際上是否能避免碰撞，與設備種類及網路運作方式有關，但題目描述的拓樸特徵指向星狀網路。

選項分析

• (A) 匯流排網路：錯誤。 各主機共用一條主幹傳輸媒介，沒有中央節點逐一連接並統籌各主機；多台主機同時傳送時，可能發生碰撞。

核心觀念

本題考查傳輸媒介的特性。高速網路或跨國網路重視高頻寬、長距離傳輸能力與低訊號衰減；光纖以光訊號傳送資料，適合承載大量資料並進行長距離傳輸，因此符合題意。

解題方法

先抓題幹中的「高速」與「跨國」兩個關鍵條件，再比較各媒介的傳輸容量與距離。光纖可將資料轉換為光訊號，訊號衰減低，且不易受電磁干擾，適合骨幹網路及跨國通信，故選光纖。

選項分析

• (A) 同軸電纜：錯誤。 可用於有線電視及部分網路傳輸，但其頻寬與長距離傳輸能力不如光纖，並非題目所述高速、跨國網路的典型選擇。
• **(B) 雙絞線：錯誤。

核心觀念

本題考查網路設備的連接埠與資料傳送方式。集線器（Hub）會將收到的訊號轉送到其他連接埠，讓連接的節點共用傳輸媒介；交換式集線器（Switched Hub）則能依據目的位址，將資料轉送到指定連接埠，並允許不同連接埠之間同時傳送資料。

解題方法

抓住題幹的關鍵描述：「同一時間內可以讓多個連接埠互相通訊」。交換式集線器可分別處理不同連接埠間的傳輸，因此多組通訊可同時進行；傳統集線器則共享頻寬，同一時間通常只有一個節點傳送，其他節點須等待或競用媒介。符合題意的是交換式集線器。

選項分析

• (A) 集線器（Hub）：錯誤。Hub 會把收到的訊號送往其他連接埠，各節點共用同一個碰撞網域與頻寬，不能提供多組連接埠同時獨立通訊。

核心觀念

本題考查記憶體的「揮發性」：斷電後是否仍能保存資料。非揮發性記憶體在失去電源後仍可保留資料；揮發性記憶體則需要持續供電才能保存資料。

解題方法

辨認各選項的記憶體類型，再依斷電後能否保留資料分類：

• PROM 屬於唯讀記憶體，寫入資料後不需持續供電即可保存。
• SRAM、DRAM 與 VRAM 都屬於揮發性記憶體，斷電後資料會消失。

因此，符合題目所問「非揮發性記憶體」的是 PROM。

選項分析

• (A) PROM：正確。 PROM（可程式唯讀記憶體）可由使用者寫入一次，寫入後即使斷電，資料仍會保留，屬於非揮發性記憶體。
• **(B) SRAM：錯誤。

核心觀念

本題考查資料庫存取的資訊倫理，核心原則是：使用者只能在獲得授權的範圍內，基於正當目的存取資料。查詢公開或業務所需的資料，且不擅自更動、不越權取得資料，屬合宜的存取行為；未經授權修改資料、越權查閱或入侵系統，則違反資訊倫理。

本題不涉及特定法條或計算公式。

解題方法

逐一檢視各選項的兩個重點：是否有適當授權，以及存取目的與操作是否正當。只要涉及竄改資料、超出職務權限查閱資料，或未經許可侵入系統，就不符合資訊倫理。

選項分析

核心觀念

本題考查常見網路拓樸的架設成本與安裝難易度。匯流排拓樸以一條主幹線連接多部電腦；星狀拓樸由各電腦分別連到中央設備；環狀拓樸將節點串接成環；網狀拓樸則讓節點彼此建立多條連線。

解題方法

比較各拓樸所需的佈線量與設備即可。匯流排拓樸共用一條主幹線，節點接上主幹線即可，所需線材與連接設備較少，因此安裝簡單、成本低，符合題意。

選項分析

• (A) 匯流排拓樸：正確。 多部電腦共用一條主幹線，架設所需線材較少，通常被列為安裝簡單、成本低的拓樸。
• **(B) 星狀拓樸：錯誤。

核心觀念

本題考遞迴函數的代入計算。依照輸入值是偶數或奇數，分別套用不同的遞迴式，並將較大的輸入逐步化簡，直到遇到已知的基本條件 $f(0)=0$ 或 $f(1)=1$。

解題方法

要求 $f(11)$，因為 $11=2(5)+1$，先套用奇數遞迴式：

再將 $5$ 寫成 $2(2)+1$：

而 $2=2(1)$，套用偶數遞迴式：

由此向上代回：

選項分析