113 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

本題考記憶體階層的用途與特性。計算機的記憶體可依速度、容量、成本及用途分層；主記憶體供處理器直接存取目前使用的指令與資料，次記憶體則用於長期保存程式與資料。揮發性記憶體斷電後會失去資料，非揮發性記憶體則能在斷電後保留資料。

解題方法

逐項比對主、次記憶體的用途，以及揮發性與非揮發性的定義。快閃記憶體斷電後仍可保存資料，屬於非揮發性記憶體，因此選項 D 將它說成揮發性，且稱其最適合作為主記憶體，敘述錯誤。

選項分析

核心觀念

電腦由多個功能不同的組成單元協同運作。記憶體子系統（memory subsystem）的主要職責，是儲存資料與程式，供處理器在執行時讀取，也可保存運算所需的中間資料與結果。記憶體可包含主記憶體及其他儲存裝置；各類記憶體在容量、速度與是否揮發等特性上不同，但核心功能都是保存資訊。

解題方法

依照各組成單元的功能辨認選項：算術與邏輯運算由算術邏輯單元負責；與外界交換資料由輸入／輸出單元負責；管理及協調電腦運作則屬控制單元的職責。記憶體子系統對應的功能是儲存資料與程式，因此選擇「儲存」的選項。

選項分析

核心觀念

本題考 GPU 在機器學習中的主要用途。GPU 擁有大量運算核心，適合將同一類型的運算分配給多個核心同時執行。機器學習常見的矩陣乘法、向量運算及卷積等工作，都能拆分成許多可平行處理的計算，因此 GPU 能加速模型訓練與推論。

解題方法

判斷各選項是否描述 GPU 的核心功能。題目問的是 GPU「最主要」用來協助機器學習程式執行的功能；機器學習大量使用可平行化的數值運算，因此應選擇能提供大量平行計算的選項。

選項分析

• (A) 大量記憶空間：錯誤。 GPU 具有自己的顯示記憶體（VRAM），但容量取決於硬體規格；提供大量記憶空間不是 GPU 加速機器學習的主要功能。

核心觀念

本題考查藍牙（Bluetooth）的技術用途。藍牙是一種短距離無線通訊技術，可讓手機、耳機、鍵盤等裝置在近距離交換資料。

解題方法

辨認藍牙的主要功能：它透過無線電波連接裝置並傳輸資料，因此屬於「無線通訊」技術。

選項分析

• (A) 資料壓縮：錯誤。 資料壓縮是減少資料所需儲存空間或傳輸量的技術；藍牙負責無線連線與資料傳輸，不是壓縮資料。
• **(B) 無線通訊：正確。

核心觀念

記憶體定址所需的位元數，取決於可定址的單位數。若有 $N$ 個可定址單位，位址至少需要 $\lceil \log_2 N \rceil$ 個位元；因為 $n$ 個位元可表示 $2^n$ 個不同位址。

本題的定址單位是「字」，每字占 $4$ bytes。計算時採用 $1\text{ MB}=2^{20}\text{ bytes}$。

解題方法

記憶體總容量換算成位元組：

每個字占 $4=2^2$ bytes，因此可定址的字數為：

要為 $2^{25}$ 個字各編一個位址，需要 $25$ 個位元，因為 $2^{25}$ 種位址恰可表示這些字。

選項分析

核心觀念

有限狀態機器（finite-state machine, FSM）以有限個狀態、輸入符號與狀態轉移規則描述系統行為。它適合表示具有有限狀態的流程；傳統 FSM 不具備量子力學中的疊加與干涉等運算機制。

解題方法

先辨認各選項描述的是「計算模型本身」，還是「系統架構或應用」。分散式計算、多核心電腦與資料庫查詢處理，雖然涉及並行或複雜流程，仍可用狀態與轉移描述其行為；量子計算則以量子態及量子閘運算為基礎，不能直接由傳統 FSM 表現其核心運算機制。因此依官方答案選 A。

選項分析

• **(A) 量子計算：正確。**量子計算以量子位元（qubit）表示量子態，量子態可為多個基底狀態的疊加，並透過量子閘產生干涉。傳統 FSM 以單一有限狀態及離散轉移描述運作，沒有直接表示疊加與干涉的機制，因此無法直接表現量子計算的核心特性。

核心觀念

本題考固態硬碟（SSD）的容量、外型尺寸、傳輸介面，以及它與傳統硬碟（HDD）的差異。SSD 以快閃記憶體儲存資料，沒有旋轉中的磁碟片，因此不以「轉速（rpm，revolutions per minute）」衡量存取速度。

解題方法

逐一比對各敘述是否符合 SSD 的特性。判斷關鍵是：SSD 沒有機械旋轉部件，所以不會有以 rpm 表示的轉速。因此，將 SSD 的存取速度描述為「轉速達 40,000 rpm 以上」錯把 SSD 和傳統硬碟的規格混為一談。

選項分析

• (A) 正確。 市面上已有 TB（terabyte，太位元組）等級容量的 SSD。
• **(B) 錯誤。

核心觀念

本題考多媒體資料壓縮的基本特性，尤其是轉換式壓縮、壓縮效果，以及有失真與無失真壓縮的差異。

DCT（離散餘弦轉換）可將影像或聲音訊號轉換到頻率域，讓壓縮器更容易保留重要成分、減少較不重要的資料。壓縮後能否完全還原，則取決於採用的壓縮方式：無失真壓縮可還原原始資料；有失真壓縮會捨棄部分資訊，因此不能保證完全還原。

解題方法

題幹問「何者錯誤」，逐項判斷敘述是否為通用多媒體壓縮的特性。前三項分別描述可使用的轉換方法、壓縮效果及應用範圍；第四項宣稱「保證無失真還原」，把多媒體壓縮一概說成無失真，與常見有失真壓縮方式不符。

選項分析

• (A) 可利用 DCT（Discrete Cosine Transform）轉換。正確。

核心觀念

記憶體階層依速度、單位容量成本與容量大小分層：越靠近處理器，速度越快、每單位容量成本越高、容量通常越小。資料在相鄰階層間移動時，傳輸單位會依階層而異，例如快取與主記憶體間常以快取區塊（cache block）或快取列（cache line）為單位，並非一律以位元組為最小單位。

解題方法

逐項核對各敘述是否符合記憶體階層的特性，尤其注意選項中的「最小資料傳輸單位」是否把不同階層的傳輸方式一概而論。

選項分析

(A) 正確。 依單位容量價格排序，通常由高至低為暫存器、快取記憶體、主記憶體、磁碟。越快的記憶體，其每單位容量成本通常越高。

核心觀念

本題考多核心處理器的快取記憶體階層與資料存取方式。快取記憶體容量小、速度快，用來暫存處理器近期或常用的資料，以減少存取主記憶體的時間。多核心處理器常見配置是各核心有專屬的 L1 快取，部分架構也會共用較高層級的 L2 或 L3 快取。

解題方法

逐一判斷各敘述是否符合多核心快取的常見設計。判斷重點在於：核心存取主記憶體的資料，通常須透過記憶體控制器與記憶體系統，而不是由每個核心各自用專用匯流排直接連接主記憶體。各核心還須透過快取一致性機制，維持共享資料的正確性。

選項分析

• (A) 正確。 多核心處理器通常為每個核心配置獨立的 L1 指令快取與資料快取，使核心能快速存取自身常用的指令與資料。
• (B) 正確。 多核心架構不一定要配置共用快取。各核心可使用私有快取；是否設置共用的 L2 或 L3，取決於處理器的架構設計。

核心觀念

二進位小數點後各位的位值，依序為 $2^{-1}$、$2^{-2}$、$2^{-3}$……。因此，$0.101_2$ 表示：

解題方法

將每個二進位數字乘上對應位值後加總：

所以與 $0.101_2$ 數值相同的十進位數是 $0.625$。

選項分析

核心觀念

二進位數的每一位代表 $2$ 的冪次。小數點左側由右向左依序代表 $2^0、2^1、2^2、\ldots$；小數點右側由左向右依序代表 $2^{-1}、2^{-2},\ldots$。

解題方法

整數部分 $21$ 可拆成：

因此 $21$ 的二進位表示為 $10101$。小數部分：

合併後：

所以正確選項為 (C)。

選項分析

• (A) $01101.01$：錯誤。 整數部分 $01101_2=8+4+1=13$，加上小數部分 $0.25$ 得 $13.25$，不是

核心觀念

$8$ 位元的二補數表示法，最高位元為符號位，其可表示的整數範圍為

因此，只有落在 $-128$ 到 $127$ 之間的整數才能以 $8$ 位元二補數正確表示。

解題方法

逐一檢查選項是否在可表示範圍內：

• 下界為 $-128$，上界為 $127$。
• 範圍內的整數皆可表示；超出範圍則無法以 $8$ 位元二補數正確表示。

選項分析

核心觀念

位值記數法中，基底為 $b$ 的數字，各位數由右至左分別乘上 $b^0、b^1、b^2$ 等權重，再將結果相加。二進位、四進位、八進位及十六進位都可依此換算成十進位。

解題方法

將各選項依位值展開，並與十進制 $24$ 比較：

選項分析

• (A) $(00011000)_2$：正確。 由右至左各位權重為 $2^0、2^1、2^2、2^3、2^4、2^5、2^6、2^7$。其中數字為 $1$ 的位置對應 $2^3$ 與 $2^4$，因此

核心觀念

本題測驗「基本邏輯閘（Logic Gates）」與「布林代數（Boolean Algebra）」之函數表示式。

二輸入變數 $A$、$B$ 與輸出 $F$ 的四種基本邏輯運算定義如下：

1. AND 閘（及閘）：執行邏輯乘積（Logical AND）運算，真值表中僅在所有輸入皆為 $1$ 時，輸出才為 $1$。其布林函數表示為： $F = A \cdot B = AB$
2. OR 閘（或閘）：執行邏輯加法（Logical OR）運算，只要任一輸入為 $1$，輸出即為 $1$。其布林函數表示為： $F = A + B$
3. NAND 閘（反及閘）：為 AND 閘後接 NOT 閘（反相），輸出為 AND 之補數。其布林函數表示為： $F = \overline{A \cdot B} = \overline{AB}$
4. NOR 閘（反或閘）：為 OR 閘後接 NOT 閘（反相），輸出為 OR 之補數。其布林函數表示為： $F = \overline{A + B}$

解題方法

依題幹所述，邏輯閘為二輸入端（$A$、$B$）與單一輸出端（$F$）。 依循考選部公告之官方答案 (B) 作為解題依據：

1. 官方定案依據： 官方公布本題之正解為 (B) $A+B$。在布林代數之運算規則中，$A+B$ 代表輸入 $A$ 與 $B$ 進行邏輯相加（OR 運算）。此題依官方標準答案，將 $F = A+B$ 判定為正確代表式。
2. 爭議點指引： 學理標準定義下，AND 閘之布林函數為 $F = AB$（選項 A）；

核心觀念

本題考查不同進位數值的轉換，以及位元邏輯運算。進行 AND、OR、XOR 時，必須先把兩個數值轉成相同位數的二進位，再逐位運算。

• OR：任一位元為 $1$，結果就是 $1$。
• AND：兩個位元都為 $1$，結果才是 $1$。
• XOR：兩個位元不同，結果就是 $1$。

解題方法

先將兩個數值轉為二進位：

逐位進行 OR：

將結果轉為八進位，每三位一組：

核心觀念

本題考查基本邏輯閘及布林代數：

• 上方為 AND 閘：$P=A\cdot B$
• 下方為 OR 閘：$Q=C+D$
• 最後一級為輸出端帶反相泡的 XOR 閘，即 XNOR 閘

因此：

XNOR 的特性是兩個輸入相同時輸出 $1$，不同時輸出 $0$。

解題方法

逐一計算上、下兩個邏輯閘的輸出，再比較 $P$ 與 $Q$：

1. $P=A\cdot B$
2. $Q=C+D$
3. $P=Q$ 時，XNOR 輸出 $X=1$
4. $P\ne Q$ 時，XNOR 輸出 $X=0$

題目設定最終輸出 $X=0$，所以必須滿足：

選項分析

(A) $A=0,\ B=0,\ C=1,\ D=0$

$P\ne Q$，所以：

此選項符合題目條件，正確。

核心觀念

本題考查字元編碼系統的涵蓋範圍。Unicode 為世界各地文字設計一致的字元編碼標準，涵蓋多種語言使用的文字與符號；ASCII、BIG-5、EBCDIC 則各有特定語言或系統的適用範圍。

解題方法

抓住題幹中的「世界上主要語言」與「一致的編碼方式」兩個關鍵描述。能跨語言統一表示大量字元的標準是 Unicode，因此選 D。

選項分析

• (A) ASCII：錯誤。 ASCII 主要表示英文字母、數字及常用符號，字元數有限，無法涵蓋世界上主要語言的文字。
• **(B) BIG-5：錯誤。

核心觀念

本題考查程式語言的抽象層次。語言越高階，越接近人類表達問題的方式，程式設計者需要直接指定的硬體細節通常越少。一般而言，機器語言與組合語言接近硬體；程序式語言描述執行步驟；宣告式語言則著重描述「要達成什麼」，由語言或執行環境處理「如何達成」。

解題方法

比較各選項要求程式設計者描述多少執行細節：機器語言直接使用處理器指令，組合語言以助記符號表示指令；程序式語言通常明確安排操作步驟；宣告式語言則以規則、條件或結果描述需求，抽象層次較高。因此本題依命題採用的分類，選宣告式語言。

選項分析

核心觀念

本題考查 Python 的變數作用範圍與函式參數：

• 在函式內以 number = 2 指派值，會建立函式區域變數 number，不會改變函式外的全域變數。
• 函式參數是區域變數。呼叫 func2(number) 時，傳入的值會指定給 func2 的參數 number，由函式內的 print 輸出。
• 函式執行結束後，區域變數不會改變全域變數。

解題方法

依程式執行順序追蹤全域變數與輸出：

1. number = 5：全域變數先設為 5，但此時沒有輸出。
2. number = 3：全域變數改為 3；print(number) 輸出 3。
3. number = 7：全域變數改為 7。
4. 呼叫 func1：函式內的 number = 2 是區域變數，函式結束後全域變數仍為 7。
5. 呼叫 func2(number)：傳入全域變數目前的值 7，因此函式內的 print(number) 輸出 7。
6. 最後的 print(number) 使用仍為 7 的全域變數，再輸出 7。

核心觀念

BNF 用產生規則描述字串如何由文法符號推導而成。題目給定：

其中 | 表示「或」。因此，<term> 可以是 W，也可以在既有的 <term> 前後分別加上 X 和 Y；最後，<sentence> 必須在 <term> 後再接一個 W。

解題方法

先由 <term> 的基底規則 W 開始推導：

• <term> ⇒ W
• <term> ⇒ X<term>Y ⇒ XWY
• <term> ⇒ X<term>Y ⇒ XXWYY

依此類推，<term> 會形成「若干個 X、一個 W、同數量的 Y」的字串，即：

而 <sentence> 在此字串末尾再加上一個 W，故完整形式為：

選項分析

核心觀念

本題考查二元樹的後序走訪（Postorder Traversal）。

後序走訪的固定順序為：

也就是先走訪目前節點的左子樹，再走訪右子樹，最後處理目前節點本身。

依圖可整理出樹狀結構：

• 根節點為 A
• A 的左子樹為 B，B 的右子節點為 D
• A 的右子樹為 C
• C 的左子樹為 E，E 的左子節點為 G
• C 的右子樹為 F，F 的左子節點為 H

解題方法

由最下層葉節點開始，依照「左、右、根」順序處理：

1. B 子樹：B 沒有左子樹，右子樹為 D，因此走訪順序為：

$D \rightarrow B$

2. E 子樹：E 的左子節點為 G，因此走訪順序為：

$G \rightarrow E$

3. F 子樹：F 的左子節點為 H，因此走訪順序為：

$H \rightarrow F$

4. C 子樹：先完成左子樹 E，再完成右子樹 F，最後處理 C：

$G \rightarrow E \rightarrow H \rightarrow F \rightarrow C$

5. A 為整棵樹的根節點，最後處理 A：

核心觀念

寫入時複製（Copy-on-Write, COW）是一種延後複製的記憶體管理技術。父程序建立子程序時，作業系統可先讓兩者的虛擬記憶體分頁指向同一份實體記憶體，並將分頁標記為唯讀。這樣可避免一開始就複製所有分頁，節省記憶體與建立程序的時間。

當任一程序嘗試寫入共享分頁時，作業系統才複製該分頁，讓寫入的程序改用新分頁，另一程序則保留原分頁，因此兩者後續的資料修改互不影響。

解題方法

抓住「寫入時」與「複製到另一個記憶體分頁」兩個關鍵。COW 描述的是共享記憶體頁面在遭到修改時才複製，目的在兼顧延後複製的效率與程序資料的獨立性。因此符合定義的是 (C)。

選項分析

核心觀念

虛擬記憶體讓程式使用的虛擬位址空間不必全部同時放在實體記憶體中；作業系統可將目前需要的部分載入記憶體，其他部分暫存在輔助儲存裝置，並在需要時調入。分頁式記憶體管理（paging）正是實作虛擬記憶體的常見方式：虛擬位址空間切成頁（page），實體記憶體切成頁框（frame），由頁表記錄兩者的對應。

解題方法

逐項判斷敘述是否符合虛擬記憶體的作用。關鍵是辨認：分頁與虛擬記憶體並不互斥；相反地，需求分頁（demand paging）可讓程式只在需要時載入頁面，減少載入時的 I/O，並讓多個程式共享有限的實體記憶體。

選項分析

(A) 錯誤。 分頁式記憶體管理可以用於虛擬記憶體系統，且是常見的實作方式。虛擬頁面可映射至實體頁框；若所需頁面尚未在主記憶體，作業系統便處理缺頁並將該頁載入。因此，說 paging「不適用」於虛擬記憶體系統，與其基本機制相反。

核心觀念

MapReduce（映射化簡）是用於大量資料分散式處理的程式模型，核心流程通常包含 Map（映射） 與 Reduce（化簡）：Map 將輸入資料轉換成鍵值對，系統再依鍵值分組，Reduce 對同一鍵值的資料進行彙整。分割輸入資料與合併結果是常見的處理方式，但不是把 MapReduce 定義為「split（分割）和 join（合併）」兩個運算步驟。

解題方法

先辨認 MapReduce 的兩個核心階段是 Map 與 Reduce，再逐一核對選項是否符合其定義、用途或發展背景。選項 (A) 將核心階段替換成 split 和 join，與標準定義不符，因此是錯誤敘述。

選項分析

核心觀念

本題考查物件導向程式設計中的抽象類別（abstract class）與抽象方法（abstract method）。抽象方法只有方法宣告，沒有提供方法本體或執行內容；包含抽象方法的類別通常也會宣告為抽象類別，供子類別繼承並實作。

解題方法

題幹的關鍵在於「方法只有宣告，沒有內部的執行設計」。這正是抽象方法的特徵，因此對應到 abstract，選擇 (C)。

選項分析

• (A) extended：錯誤。 extends 通常表示類別繼承另一個類別，描述類別之間的繼承關係，不是方法只有宣告、沒有實作的類型。

核心觀念

死結（deadlock）是多個程序彼此等待對方持有的資源，導致程序無法繼續執行。死結發生須同時具備四項必要條件：

1. 互斥：資源一次只能由一個程序使用。
2. 持有並等待：程序持有至少一項資源，同時等待其他資源。
3. 不可搶先：資源不能由系統強制取回，只能由持有者自行釋放。
4. 循環等待：程序間形成循環等待鏈。

死結預防的核心，是透過資源配置或系統規則，讓上述至少一項必要條件不成立，從根本上避免死結發生。

解題方法

題目問的是「死結預防」的定義。直接比對四項必要條件與預防策略的關係：若系統設計能破壞其中至少一項必要條件，死結就不可能發生。因此選擇描述這項定義的選項。

選項分析

核心觀念

一般分頁表以「虛擬頁」對應「實體頁框」，通常每個程序各有自己的頁表。反轉式分頁表則反過來，以實體記憶體中的頁框為索引；每個頁框的表格項目記錄目前存放在該頁框的程序識別碼與虛擬頁號。

因此，反轉式分頁表的項目數通常依實體頁框數決定，而非依所有程序的虛擬位址空間總頁數決定。系統通常只需一張全系統共用的反轉式分頁表。

解題方法

比較兩種分頁表的結構即可判斷：

• 一般分頁表：每個程序通常有自己的頁表，表項對應虛擬頁。
• 反轉式分頁表：系統以實體頁框建立一張表，每個頁框一個表項。

反轉式分頁表查詢虛擬頁時，須依程序識別碼與虛擬頁號尋找對應項目；實作上可用雜湊表等方式加速，但其查詢不因此必然優於一般分頁表。它節省了頁表空間，但共享記憶體的管理較不直接。

選項分析

(A) 一個系統中僅需一個反轉式分頁表。—正確

反轉式分頁表以實體頁框為索引，整個系統的實體頁框由系統共同管理，因此通常建立一張全系統共用的表。每個表項記錄該頁框目前屬於哪個程序及其虛擬頁號。

核心觀念

特權指令是可能直接影響電腦系統運作或資源管理的指令，例如設定中斷、控制輸入／輸出裝置，以及調整記憶體管理機制。為避免一般應用程式任意執行而破壞系統，處理器通常只允許它們在核心模式（kernel mode）執行；一般程式則在使用者模式（user mode）執行。

解題方法

判斷重點是：一般應用程式能否直接執行特權指令？若程式需要進行受保護的操作，通常須透過系統呼叫請求作業系統代為處理，而不能自行在使用者模式直接執行特權指令。因此，宣稱一般應用程式設計者所寫的程式「可直接使用」特權指令，敘述錯誤。

選項分析

• (A) 一般應用程式設計者所寫的程式可直接使用。 **錯誤。**一般應用程式通常在使用者模式執行，不能直接執行特權指令。

核心觀念

本題考檔案系統中的路徑（path）：用目錄名稱逐層指出檔案所在位置。路徑可從檔案系統的根目錄開始指定，也可從目前所在目錄開始指定。

絕對路徑從根目錄起，依序列出目錄直到目標檔案；相對路徑則以目前所在目錄為起點。

解題方法

題幹指出「由檔案系統的根部開始」，這正是絕對路徑的關鍵定義。只要辨認路徑的起點是根目錄，即可判斷答案為絕對路徑。

例如在類 Unix 系統中，/home/user/report.txt 從根目錄 / 開始，逐層指出目標檔案的位置。

選項分析

核心觀念

最短工作優先（Shortest-Job-First, SJF）會先執行所需時間最短的工作。假設三個工作同時到達、單一處理器依序執行且工作不可中斷，等待時間就是工作開始執行前在佇列中等待的時間。

解題方法

所需執行時間由短到長排序：

依序計算各工作的等待時間：

• 丙最先執行，等待 $0$ 個單位時間。
• 乙須等丙執行完，等待 $6$ 個單位時間。
• 甲須等丙、乙執行完，等待 $6+12=18$ 個單位時間。

因此，平均等待時間為：

核心觀念

本題考查雲端計算的服務模型。題幹指出「應用程式在客戶端執行」，但透過網際網路上的服務介面，使用雲端伺服器所提供的服務。這種由客戶端應用程式呼叫雲端服務的模式，符合**軟體即服務（SaaS）**的特徵。

常見雲端服務模型可依服務提供的層次區分：

• IaaS：提供虛擬機器、網路、儲存等基礎運算資源。
• PaaS：提供應用程式開發、部署與執行所需的平台。
• SaaS：透過網路提供可使用的軟體服務。
• StaaS：提供雲端儲存服務，通常視為一種特定的雲端服務。

解題方法

抓住題幹的兩個線索：

1. 應用程式在客戶端執行：表示客戶端仍有自己的應用程式。
2. 透過服務介面取得雲端伺服器上的服務：表示客戶端程式經由網路呼叫雲端端點，使用其提供的功能。

這描述的是 SaaS 型態的雲端服務介接方式。判斷時要注意，題目問的是「哪一種服務模型」，不是程式碼或整套應用程式是否都在雲端執行。

選項分析

核心觀念

本題考辨識類比視訊介面。類比視訊以連續變化的電訊號傳遞影像；常見介面包括 component video（色差端子）、composite video（複合影像端子）及 S-video（分離式影像端子）。H-video 並非這些常見的類比視訊介面名稱；依官方答案，本題所指為非類比視訊介面。

解題方法

先辨認各選項是否為常見的類比視訊連接規格。Component、composite 與 S-video 都是類比影像傳輸介面；H-video 不屬於此列，因此選 C。

選項分析

核心觀念

本題考「視訊色彩模型」的名稱與用途。常見視訊色彩模型包括 YUV、YIQ、YCbCr，皆以亮度資訊搭配色度資訊表示顏色，便於視訊訊號處理、傳輸或壓縮。YMK 並非常見的視訊色彩模型名稱。

解題方法

逐一辨認選項中的色彩模型。YUV、YIQ 與 YCbCr 都是既有的亮度／色度表示方式；YMK 不屬於常見視訊色彩模型，因此選出它。

選項分析

• (A) YUV：錯誤選項。 YUV 是視訊色彩模型，以 Y 表示亮度，U、V 表示色度資訊。
• **(B) YIQ：錯誤選項。

核心觀念

本題考查影像檔案格式及其與視訊編碼的關係。HEIF（High Efficiency Image File Format，高效率影像檔案格式）是以 HEVC（High Efficiency Video Coding，高效率視訊編碼）等方式壓縮影像的容器格式，能以較高效率儲存影像，也可容納多張影像及相關資料。

解題方法

題幹的關鍵線索是「蘋果個人隨身裝置取代 JPEG」、「壓縮率約為 JPEG 的兩倍」及「由 HEVC 視訊壓縮編碼所產生」。這些描述指向 HEIF。題幹提到的影像序列、深度資訊、縮圖與聲音，也符合 HEIF 容器可儲存多種影像及其關聯資料的特性。

選項分析

• (A) HEIF：正確。 HEIF 是高效率影像檔案格式，常見檔案副檔名為 .heif 或 .heic。蘋果裝置曾以 HEIF／HEIC 作為 JPEG 的高效率替代格式；

核心觀念

本題考數位影像的色彩模式，以及像素的色彩深度。每個像素若以 $n$ 個位元記錄，最多可表示 $2^n$ 種不同組合；反過來說，表示 $N$ 種顏色至少需要 $\lceil\log_2 N\rceil$ 個位元。

解題方法

逐一核對各模式的色彩數與位元數。單色影像雖只有黑、白兩種狀態，但兩種狀態只需要 $1$ 個位元：$0$ 與 $1$ 分別代表一種狀態。若用 $2$ 個位元，則可表示 $2^2=4$ 種組合，並非表示黑白兩色所需的最少位元數。

選項分析

• (A) 錯誤，為本題答案。 黑與白共兩種狀態，所需位元數為 $\log_2 2=1$。選項稱需要兩個位元，錯把顏色數量直接當成位元數。
• (B) 正確。 $4$ 個位元可表示 $2^4=16$ 種組合，因此 $16$ 色需要 $4$ 個位元。
• **(C) 正確。

核心觀念

本題考辨識多媒體檔案格式，重點是區分「視訊格式」與「音訊格式」。AVI、MP4、DivX 都與視訊有關；AIF（常見副檔名為 .aif 或 .aiff）則是音訊檔案格式。

解題方法

逐一辨認各選項的用途：若格式用來儲存或封裝影像與聲音，是視訊格式；若主要用來儲存聲音，則不是視訊格式。因此，找出音訊格式即可作答。

選項分析

• (A) AVI：錯誤選項。 AVI 是常見的視訊容器格式，可封裝視訊及音訊資料，因此屬於視訊檔案格式。
• **(B) MP4：錯誤選項。

核心觀念

本題考數位影像的兩種表示方式：點陣圖以像素記錄影像；向量圖則以數學方式描述線條、曲線與形狀。數位相片包含大量細緻的色彩與明暗變化，通常以點陣圖保存。

每個像素可用不同位元數表示顏色；若每像素有 $b$ 位元，最多可表示 $2^b$ 種不同的色彩值。

解題方法

逐項檢查各選項是否符合點陣圖、解析度與色彩深度的定義。數位相片適合以點陣圖保存，而非向量圖，因此錯誤選項為 (C)。

選項分析

• (A) 正確。 像素是點陣圖的基本單位；許多像素排列在一起，即構成完整影像。
• **(B) 正確。

核心觀念

串流媒體是影音資料透過網路分段傳送，接收端收到足以播放的資料後即可開始播放，無須等整個檔案下載完成。播放過程中，系統會先將收到的資料存入緩衝區，再依序解碼與播放。

影音檔案通常會經過壓縮，以降低資料量、節省網路頻寬，並支援不同影音品質的傳輸。因此，「影音檔案不須經過壓縮處理」不是串流媒體的特點。

解題方法

逐項比對選項與串流播放的基本流程：影音資料分段傳送、先緩衝再播放，並藉由壓縮降低傳輸負擔。符合這些特性的敘述為正確特點；與流程或傳輸需求相反的敘述，即為本題所問的「不是」。

選項分析

核心觀念

直方圖均衡化是影像的灰階強度轉換方法。它依照原影像的灰階分布，重新映射各灰階值，使輸出影像的灰階分布較平均，藉此提升影像整體對比。這類處理屬於強度值的正規化，不是取得影像樣本或將影像轉成離散數值的步驟。

解題方法

判斷關鍵在於「均衡化」改變的是什麼：它依據影像中各灰階出現的頻率，調整像素的灰階值。設灰階值為 $r_k$，其累積分布函數為 $F(r_k)$，常見轉換可寫為：

其中 $L$ 是灰階層級數，$s_k$ 是轉換後的灰階值。此映射重新分配灰階範圍，讓影像對比度更充分，因此本題依官方答案歸類為正規化（normalization）。

選項分析