115 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

本題考查電腦基本組織中各單元的功能與彼此關係，重點包括：

• 中央處理單元（CPU）的組成。
• 算術邏輯單元（ALU）的功能。
• 控制單元（Control Unit）的功能。
• 輸入單元與記憶單元的基本分類。

CPU 通常由下列部分組成：

1. 控制單元（Control Unit, CU）：負責解碼指令，並控制、協調及指揮各單元執行工作。
2. 算術邏輯單元（Arithmetic Logic Unit, ALU）：負責算術運算與邏輯運算。
3. 暫存器（Register）：CPU 內部的高速儲存空間，用來暫存指令、資料、位址及運算結果。

因此，CPU 又稱為處理器（Processor）。

解題方法

本題採用「功能對應」與「單元分類」判斷：

• 看到「控制、協調與指揮」時，應對應到控制單元。
• 看到「算術運算、邏輯運算」時，應對應到 ALU。
• 看到「CPU 包含暫存器、ALU、控制單元」時，屬於 CPU 的標準組成敘述。
• 判斷記憶體分類時，須區分主記憶體、輔助記憶體及非揮發性記憶體的概念。

選項分析

(A) 錯誤

算術邏輯單元（ALU）的主要工作是：

• 加、減、乘、除等算術運算。
• AND、OR、NOT、XOR 等邏輯運算。
• 大小比較、位元移位等相關處理。

負責「控制、協調與指揮其他各單元」的是控制單元（Control Unit, CU），不是 ALU。

因此，A 將控制單元的功能誤植為 ALU 的功能，錯誤。

(B) 正確

中央處理單元（CPU）通常包含：

• 暫存器（Registers）
• 算術邏輯單元（ALU）
• 控制單元（Control Unit）

核心觀念

本題考查精簡指令集電腦（Reduced Instruction Set Computer, RISC）的基本設計理念。

RISC 的主要特性包括：

• 指令種類精簡，格式規則且長度固定。
• 指令功能單純，通常可在一個時脈週期內完成。
• 大量使用暫存器，以加速資料存取。
• 採用「載入／儲存架構」（Load/Store Architecture），只有載入與儲存指令能存取主記憶體。
• 將較複雜的功能交由多個簡單指令及編譯器處理。

相對地，複雜指令集電腦（Complex Instruction Set Computer, CISC）傾向提供功能複雜、種類多樣的指令。

解題方法

判斷 RISC 選項時，可掌握三個關鍵：

1. 指令是否簡單、精簡，而非複雜多樣。
2. 指令是否通常能在一個時脈週期內完成。
3. 是否大量使用暫存器，並將複雜工作交由軟體或編譯器分解。

符合 RISC 基本特性的敘述，即為正確答案。

選項分析

(A) 其指令集包含複雜且多樣化的高階指令。

錯誤。

RISC 的核心精神是「精簡指令集」，指令數量較少、功能較單純、格式較規則，並非提供大量複雜的高階指令。

「複雜且多樣化的指令」是 CISC 的典型特徵。CISC 可能以單一指令完成多個低階操作，例如同時進行記憶體存取、運算及資料處理。

(B) 其特色之一是指令被執行通常會在一個時脈週期內完成。

正確。

核心觀念

x86 CPU 的同位旗標（Parity Flag，PF）用來反映運算結果「最低 8 位元」中，二進位數字 $1$ 的個數是否為偶數。

規則如下：

• 最低 8 位元中，$1$ 的數量為偶數：$PF=1$
• 最低 8 位元中，$1$ 的數量為奇數：$PF=0$

PF 判斷的是位元模式的奇偶性，不是整個數值的正負、大小或是否為整數。

解題方法

直接抓住 PF 的定義：

例如，若運算結果的最低 8 位元為：

其中共有 $4$ 個 $1$，數量為偶數，因此：

若最低 8 位元為：

其中共有 $3$ 個 $1$，數量為奇數，因此：

因此，符合 PF 定義的是選項 (D)。

選項分析

(A) 指示記憶體內容是否正確。—錯誤

PF 不負責檢查記憶體內容是否正確，也不是記憶體錯誤偵測旗標。

記憶體資料的正確性通常涉及同位檢查（parity check）、ECC 等硬體錯誤偵測或更正機制。雖然名稱同樣包含 parity，但 x86 的 Parity Flag 是 CPU 狀態旗標，主要反映運算結果最低 8 位元中 $1$ 的數量奇偶性，兩者功能不可混淆。

核心觀念

本題考查 CPU 對「外部中斷（Interrupt）」與「內部例外（Exception）」的分類。

• 外部中斷：由 CPU 外部的硬體或外部設備所引發，通常與目前執行的指令內容無直接關係，例如鍵盤輸入、滑鼠操作、計時器訊號、硬體 I/O 完成通知等。
• 內部例外：由目前執行中的程式或指令本身所引發，例如運算溢位、非法指令、除以零等。

判斷重點在於：事件是由「程式執行本身」造成，還是由「外部設備」造成。

解題方法

逐一觀察各選項的事件來源：

1. 若錯誤直接由目前執行的指令產生，屬於內部例外。
2. 若事件來自 CPU 外部的硬體設備，屬於外部中斷。
3. 滑鼠是 CPU 外部的輸入設備，使用者點擊滑鼠會產生硬體輸入事件，因此歸類為中斷事件。

所以正確答案為使用者點擊滑鼠右鍵的 (D)。

選項分析

(A) 執行加法運算，其結果超過系統所能表示的範圍。

錯誤。

加法結果超過系統可表示的範圍，稱為溢位（Overflow）。此事件是執行加法指令時，由運算結果本身所產生，屬於內部例外，不是外部中斷。

(B) 程式中包含有未定義的指令。

錯誤。

核心觀念

本題考查三種記憶體的基本特性：

1. 揮發性

• 揮發性記憶體：必須持續供電才能保存資料，例如 RAM、主記憶體。
• 非揮發性記憶體：電源關閉後仍能保存資料，例如 ROM、快閃記憶體、硬碟、SSD。

2. 記憶體階層與速度

一般個人電腦的記憶體速度由快到慢為：

$\text{快取記憶體} > \text{主記憶體} > \text{輔助記憶體}$

其中，快取記憶體通常由 SRAM 製成，主記憶體通常由 DRAM 製成，輔助記憶體則包括硬碟、SSD、USB 隨身碟等儲存設備。

3. 快閃記憶體

快閃記憶體屬於非揮發性記憶體，利用電荷保存資料，因此即使電源關閉，資料仍可保留。常見應用包括 USB 隨身碟、記憶卡、SSD 及手機儲存空間。

解題方法

本題詢問「何者錯誤」，可依序檢查各選項的兩個判斷基準：

• 電源關閉後資料是否仍存在；
• 該記憶體在記憶體階層中的速度位置。

只要找出與揮發性或記憶體速度基本定義不符的選項，即可選出答案。

選項分析

(A) 正確

唯讀記憶體（ROM）在傳統定義下主要供讀取資料使用，且屬於非揮發性記憶體。電源關閉後，儲存於 ROM 中的資料仍然存在。

因此，依照考試中的傳統分類，(A) 正確。

補充而言，現代 ROM 的種類包括 PROM、EPROM、EEPROM 等，部分類型可透過特定方式重新寫入。因此「只能被讀取」是傳統教材的概括說法，但不影響本題判斷。

(B) 正確

核心觀念

觸控螢幕（Touchscreen）是結合「輸入裝置」與「輸出裝置」的複合式人機介面：

• 輸出功能：透過顯示面板呈現文字、圖形、影像等資訊。
• 輸入功能：透過感應面板偵測手指、觸控筆等接觸位置，將座標或操作指令傳送給電腦。
• 同時運作：顯示畫面與偵測觸控操作可同時進行，並非二者只能擇一使用。

本題的判斷重點是辨識觸控螢幕的基本功能，以及感應面板、顯示面板和觸控輸入方式之間的關係。

解題方法

逐項檢查各敘述是否符合觸控螢幕的定義：

1. 是否同時具有輸入與輸出功能。
2. 輸入與輸出功能是否能同時運作。
3. 是否需要感應面板與顯示面板協同工作。
4. 是否能以手指、專用筆等方式輸入。
5. 是否能透過軟體模擬鍵盤輸入。

其中，只要選項否定觸控螢幕的基本特性，即可判定為錯誤敘述。

選項分析

(A) 具有輸入與輸出兩種功能，但不能同時使用。

此敘述錯誤。

觸控螢幕同時具備：

• 顯示影像的輸出功能；
• 偵測觸控位置與操作的輸入功能。

這兩種功能可以同時運作。例如，使用者在觀看畫面時點選按鈕，螢幕一方面持續顯示畫面，另一方面偵測手指位置並接收輸入。因此，「不能同時使用」不符合觸控螢幕的實際運作方式。

(B) 由感應面板和顯示面板疊在一起組成，需要透過校正程序來對齊座標。

此敘述正確。

觸控螢幕通常由感應面板與顯示面板組合而成：

核心觀念

本題考查 DRAM 與 VRAM 的用途、連接對象及記憶體技術。

• DRAM（Dynamic Random-Access Memory）：通常作為電腦的主記憶體，儲存作業系統、應用程式及處理中的資料，主要供 CPU 存取。
• VRAM（Video Random-Access Memory）：通常作為顯示卡上的視訊記憶體，儲存影像畫面、紋理、幀緩衝區等圖形資料，主要供 GPU 存取。

因此，本題應從「記憶體主要服務的處理器」判斷，而不是只看記憶體名稱或速度。

解題方法

判斷各選項時，掌握兩個核心對應關係：

符合上述基本分工的敘述即為正確答案。

選項分析

(A) DRAM 與 VRAM 的頻寬需完全相同。

錯誤。

DRAM 與 VRAM 的頻寬並不需要完全相同。兩者服務的工作負載不同：

• DRAM 主要支援一般程式執行及 CPU 對系統資料的存取。
• VRAM 主要支援 GPU 大量、平行的圖形資料存取。

VRAM 通常需要較高的記憶體頻寬，以因應影像渲染、紋理讀取及畫面更新等需求；DRAM 的容量、延遲及頻寬設計則依系統整體需求而定。因此，「頻寬需完全相同」並非 DRAM 與 VRAM 的必要條件。

(B) DRAM 與 CPU 直接互動，而 VRAM 與 GPU 直接互動。

正確。

在一般獨立顯示卡架構中：

• CPU 透過記憶體控制器存取系統 DRAM。
• GPU 透過顯示卡上的記憶體控制器存取 VRAM。

核心觀念

本題考查一般系統記憶體（DRAM）與視訊記憶體（VRAM）的用途、配置方式與效能特性。

• DRAM：通常作為電腦的主記憶體，供 CPU 執行作業系統、應用程式及一般資料處理使用。
• VRAM：專門供 GPU 儲存與處理圖形資料，例如影像畫面、材質、影格緩衝區及 3D 模型資料。
• 獨立顯示卡通常配置專用 VRAM，使 GPU 能以較高頻寬直接存取圖形資料，減少與 CPU 爭用系統記憶體。

VRAM 的設計重點是圖形運算所需的高記憶體頻寬與平行存取能力，不代表所有 VRAM 在每一項存取指標上都必然快於 DRAM。

解題方法

判斷本題可依序檢查三個重點：

1. VRAM 是否專供 GPU 使用。
2. VRAM 是否主要處理圖形資料。
3. VRAM 的效能優勢是否來自專用配置與高頻寬，而非錯誤校正或一般用途。

獨立顯示卡上的 VRAM 與 GPU 距離近、連接介面專用，GPU 不必與 CPU 共同競爭一般系統記憶體，因此能更有效率地讀寫圖形資料。依官方答案，本題選擇 (A)。

選項分析

(A) VRAM 可以更快速地被 GPU 存取，因為它位於獨立顯示卡上。

正確。

獨立顯示卡通常具有專用 VRAM，GPU 可透過顯示卡上的專用記憶體匯流排存取資料。這種配置具有以下優點：

• GPU 不需與 CPU 共用主要系統記憶體。
• 可提供較高的記憶體頻寬。
• 適合大量且平行的圖形資料存取。
• 可快速處理影像緩衝區、紋理、著色資料及畫面輸出內容。

因此，依題目所設定的獨立顯示卡情境，VRAM 能讓 GPU 更有效率地存取圖形資料，故 (A) 正確。

(B) VRAM 主要用於處理非圖形型的工作，如文字處理和網路搜尋。

錯誤。

VRAM 的主要用途是儲存與圖形輸出及 GPU 運算相關的資料，例如：

• 畫面影格緩衝區（frame buffer）
• 紋理（texture）
• 3D 模型資料
• 著色器運算資料
• 遊戲或圖形應用程式的影像資料

核心觀念

本題考查：

1. 八進制轉二進制。
2. 以固定長度 $10$ 位元表示二進制數值。
3. 二補數（Two’s complement）的求法。

二補數的計算方式為：

其中，$0$ 變成 $1$，$1$ 變成 $0$。

解題方法

先將八進制數 $(535)_8$ 轉換為十進制：

也可直接利用每一位八進制數對應三個二進位元：

因此：

這是 $9$ 位元表示，補足為題目指定的 $10$ 位元：

接著求其二補數。

第一步，逐位元反相：

第二步，加 $1$：

所以二補數結果為：

選項分析

核心觀念

二進位編碼使用 $n$ 個位元時，每個位元有 $0$、$1$ 兩種狀態，因此最多可表示：

種不同的符號。

本題共有 $4808$ 個常用國字，需滿足：

才能為每一個國字配置唯一的二進位編碼。

解題方法

檢查相鄰的二次方：

因為：

所以 $12$ 個位元不足以表示全部 $4808$ 個國字。

再計算：

因為：

所以至少需要 $13$ 個位元。

也可直接表示為：

其中 $\lceil x\rceil$ 表示無條件進位至整數。

選項分析

• (A) $11$：錯誤。

$11$ 個位元最多表示：

核心觀念

本題考查 MPEG 系列的三項基本概念：

1. MPEG-4 是否支援互動式多媒體。
2. MPEG-2 的資料流分類。
3. MPEG 影像壓縮方式。
4. MPEG 使用的色彩模型。

MPEG 影像通常以符合人類視覺特性的 $Y'CbCr$ 色彩模型表示：

• $Y'$：亮度分量。
• $Cb$：藍色色差分量。
• $Cr$：紅色色差分量。

人眼對亮度變化較敏感，對色彩細節相對不敏感，因此 MPEG 可對色差分量採用較低取樣率，例如 $4:2:0$，以降低資料量。

解題方法

判斷本題可依序檢查：

1. MPEG-4 是否具備互動性。
2. MPEG-2 的資料流名稱是否正確。
3. MPEG 是否採用 PNG 這種無損影像壓縮方式。
4. MPEG 的色彩表示是否採用視覺感知導向的亮度／色差模型。

只有第 4 項符合 MPEG 系列的基本特徵，因此選 $D$。

選項分析

(A) MPEG-4 無法提供使用者與視訊內容之間互動編輯的能力

錯誤。

MPEG-4 的設計不只著重於傳統連續影像壓縮，也支援物件導向及互動式多媒體內容。MPEG-4 可將場景拆分為不同的影像、聲音或其他媒體物件，再進行組合與傳輸，因此具備互動、多媒體物件處理及場景描述等能力。

「無法提供互動能力」與 MPEG-4 的設計特色相反。

(B) MPEG-2 的兩大分類主要分為 Image Stream 與 Transport Stream

錯誤。

MPEG-2 常見的系統層資料流分類為：

• Program Stream：節目串流，適合錯誤率低、封包長度可變的儲存媒體。
• Transport Stream：傳輸串流，適合多工傳輸及可能發生錯誤的通訊環境。

因此，正確名稱是 Program Stream 與 Transport Stream，不是 Image Stream 與 Transport Stream。

核心觀念

本題考查十六進位數的加法與進位規則。

十六進位使用 $0\sim 9$ 及 $A\sim F$ 共 16 個符號，其中：

當某一位相加結果大於或等於 $16$ 時，該位保留除以 $16$ 的餘數，並向左一位進位。

解題方法

直接進行十六進位直式加法：

先計算最右位：

將 $30$ 轉為十六進位：

因此最右位寫 $E$，向左進位 $1$。

再計算左邊一位：

而：

因此該位寫 $F$，再向左進位 $1$。

最後左側的進位為 $1$，所以：

故：

也可用十進位快速驗算：

核心觀念

本題考查 ASCII（American Standard Code for Information Interchange，美國資訊交換標準碼）的編碼範圍與字元對應值。

標準 ASCII 採用 $7$ 個位元表示一個字元，因此可表示的編碼數量為：

其編碼範圍為十進位 $0$～$127$，內容包括：

• 英文字母：大寫 $A$～$Z$、小寫 $a$～$z$
• 數字：$0$～$9$
• 標點符號與特殊符號
• 控制字元，例如換行、換頁等

ASCII 主要針對英文及基本符號設計，無法完整表示中文、日文、韓文等亞洲文字。

解題方法

判斷本題可分為兩個重點：

1. 確認標準 ASCII 的位元數與可表示字元數。
2. 查核大寫英文字母的十進位編碼。

大寫英文字母在 ASCII 中是連續排列：

因此，ASCII 字元「B」的十進位編碼為 $66$。

選項分析

(A) ASCII 編碼能夠表示亞洲與歐美等語系的文字。

錯誤。

標準 ASCII 僅能表示基本英文字母、阿拉伯數字、標點符號、控制字元等，無法直接表示中文、日文、韓文等亞洲文字。

能表示多國語言文字的編碼系統，通常是 Unicode，例如 UTF-8、UTF-16 等，不能將其功能與標準 ASCII 混為一談。

(B) ASCII 編碼僅能表示英文大寫字母和數字。

錯誤。

ASCII 不只包含英文大寫字母和數字，也包含：

核心觀念

本題考查三人「過半數決」的布林函式表示法。

三人投票中，贊成票數至少為 $2$ 時，結果 $F=1$。因此有效的投票組合為：

• $X=1,Y=1,Z=0$
• $X=1,Y=0,Z=1$
• $X=0,Y=1,Z=1$
• $X=1,Y=1,Z=1$

以布林代數表示，三人中任兩人同時贊成即可通過，因此標準多數決函式為：

其中：

• $+$ 表示 OR
• 相鄰變數表示 AND
• $X'$ 表示 NOT $X$
• $X\oplus Y$ 表示 XOR，兩者不同時為 $1$

解題方法

逐一列出所有「至少兩人贊成」的情況：

$X=1,Y=1,Z=0$

$X=1,Y=0,Z=1$

$X=0,Y=1,Z=1$

$X=1,Y=1,Z=1$

此情況可被 $YZ$ 覆蓋，因為 $Y=1,Z=1$ 時必然通過。

因此可寫成：

這正是選項（D）。

也可由標準式驗證：

其中：

因此：

利用重複律 $A+A=A$：

而 $XYZ$ 已被 $YZ$ 包含，故：

所以選項（D）與三人過半數決的標準函式等價。

選項分析

（A）$F=XY+XYZ+YZ$

由吸收律：

所以：

此式缺少 $X=1,Y=0,Z=1$ 的情況。代入 $X=1,Y=0,Z=1$：

但此時 $X$ 與 $Z$ 兩人贊成，應有 $F=1$。

核心觀念

本題考查 NAND（反及閘） 的定義。

3-input NAND 邏輯閘的輸出為三個輸入先作 AND，再取反：

AND 閘只有在「所有輸入皆為 $1$」時，輸出才為 $1$；只要任一輸入為 $0$，AND 輸出即為 $0$。經過反相後，NAND 的特性為：

• 三個輸入全為 $1$，輸出為 $0$。
• 只要有一個輸入為 $0$，輸出為 $1$。

解題方法

直接依照 NAND 的布林代數式判斷：

當 $A\cdot B\cdot C=1$ 時，$Y=0$；當 $A\cdot B\cdot C=0$ 時，$Y=1$。

其真值表如下：

核心觀念

本題考查數位邏輯電路的「關鍵路徑」（Critical Path）。

單一路徑的傳播延遲為該路徑上所有邏輯閘延遲時間的總和；關鍵路徑則是由任一輸入端到輸出端 $F$ 之間，延遲時間最大的路徑。

各邏輯閘延遲如下：

• AND：$3\text{ ns}$
• OR：$2\text{ ns}$
• NOT：$1\text{ ns}$
• XOR：$5\text{ ns}$

解題方法

依圖中電路，可分成以下幾條主要路徑：

1. $I_0$ 或 $I_1$ 經上方 AND、NOT，再經上方 XOR，最後進入輸出 AND：

2. $I_2$ 或 $I_3$ 經 OR，再經上方 XOR，最後進入輸出 AND：

3. $I_4$ 或 $I_5$ 經下方 AND，再經下方 XOR、NOT，最後進入輸出 AND：

4. $I_0$ 或 $I_1$ 經上方 AND、NOT後，沿著垂直連線進入下方 XOR，再經 NOT，最後進入輸出 AND：

因此所有輸入至輸出路徑中，最大延遲為：

關鍵路徑為：

核心觀念

本題考查奇同位檢查（odd parity）。

每 $4$ 個資料位元加上 $1$ 個同位檢查位元，形成一個 $5$ 位元的傳輸單位。採用 odd parity 時，正確傳輸的條件是：

由於每單位最多發生 $1$ 位元錯誤，單一位元翻轉會使 $1$ 的總數奇偶性改變，因此：

• $1$ 的總數為奇數：未偵測到錯誤。
• $1$ 的總數為偶數：發生傳輸錯誤。

解題方法

逐組計算 $5$ 個位元中 $1$ 的個數：

因此，呈現偶數個 $1$、代表發生傳輸錯誤的單位共有：

所以錯誤單位數為：

核心觀念

本題考查 Java 的遞增運算子：

• c++：後置遞增（post-increment），先使用變數原值，再將變數加 $1$。
• ++c：前置遞增（pre-increment），先將變數加 $1$，再使用遞增後的值。

兩者都會使變數增加 $1$，差別在於「取值」與「遞增」的先後順序。

解題方法

程式開始時：

第一行：

System.out.println(c++);

c++ 是後置遞增，執行順序如下：

1. 先取得 c 的原值 $2$，傳給 println 輸出。
2. 再將 c 增加 $1$。

因此第一行輸出：

此時變數值為：

第二行：

System.out.println(++c);

++c 是前置遞增，執行順序如下：

1. 先將 c 增加 $1$。
2. 再將遞增後的值傳給 println 輸出。

因此：

第二行輸出：

螢幕上的輸出依序為：

選項分析

核心觀念

本題考查 Python 串列（List）的基本特性，包括：

1. 空串列的建立方式。
2. 串列是否能存放不同資料型態。
3. 串列索引，尤其是負索引的意義。
4. 串列加法運算子 + 的實際功能。

Python 中，串列是有順序、可變動的資料集合，元素可以是不同資料型態。串列使用 + 運算子時，執行的是「串列串接」，不是相同位置元素的逐項相加。

解題方法

逐一判斷各選項是否符合 Python 串列的語法與運算規則：

• 空串列可用 [] 建立。
• 同一串列可放入不同型態的元素。
• 索引值 $-1$ 表示最後一個元素。
• 兩個串列使用 + 時，是將後者接到前者後方，不會自動進行相同位置元素的加法。

因此，宣稱 + 可以進行相同位置元素加法的選項，即為錯誤敘述。

選項分析

(A) 可以建立一個沒有包含任何元素的串列。

正確。

Python 可使用空的中括號建立空串列：

x = []

此時 x 不包含任何元素，且其長度為：

len(x) == 0

因此，Python 確實可以建立空串列。

(B) 在同一個串列中，可以包含不同資料型態（如字串、數字、布林值）的元素。

正確。

Python 串列不要求所有元素必須具有相同資料型態，例如：

x = ["Taiwan", 115, True]

此串列同時包含字串、整數與布林值，語法上完全合法。

因此，本選項正確。

(C) 可以使用索引取得特定位置的串列元素，索引值 $-1$ 代表的是串列中最後方的元素。

正確。

Python 串列可以使用索引存取元素。正向索引從 $0$ 開始，負向索引則從串列尾端開始：

核心觀念

本題考查 Python 運算子的優先順序。由高至低，本式涉及的運算順序為：

1. 次方運算：**
2. 乘法、取餘數：*、%，同層級時由左至右
3. 減法：-

因此，不能單純由左至右計算，必須先處理優先順序較高的運算。

解題方法

原始程式碼為：

print(10-8%3**2*4)

依運算優先順序逐步計算：

先算次方：

代回原式：

接著，% 與 * 優先順序相同，依 Python 規則由左至右計算：

因此：

再計算乘法：

最後計算減法：

所以螢幕輸出為：

-22

選項分析

• (A) $-246$：錯誤。 此結果不符合 Python 的運算子優先順序。次方必須先計算，且本題的取餘數結果為 $8\%9=8$，不會產生 $-246$。

核心觀念

本題考查連通無向圖的基本性質：

• 圖 $G$ 有 $n$ 個頂點與 $m$ 條邊。
• 「連通」表示任意兩個頂點之間都存在路徑。
• 連通圖至少需要連接所有頂點所需的最少邊數。

一個具有 $n$ 個頂點的連通圖，至少包含一棵生成樹（Spanning Tree）。而 $n$ 個頂點的樹恰好具有 $n-1$ 條邊，因此：

解題方法

可從「最少需要幾條邊才能連通 $n$ 個頂點」切入。

建立連通圖時：

1. 第一個頂點不需要邊即可存在。
2. 每增加一個頂點，至少需要加入一條邊，才能與原本的圖保持連通。
3. 從 $1$ 個頂點增加到 $n$ 個頂點，共增加 $n-1$ 個頂點，因此至少需要 $n-1$ 條邊。

所以連通無向圖必須滿足：

當圖本身是一棵樹時，恰好有 $m=n-1$；若再增加邊，則有 $m>n-1$。

選項分析

(A) $m\geq n-1$

正確。

連通無向圖至少包含一棵生成樹，而 $n$ 個頂點的生成樹有 $n-1$ 條邊。因此原圖的邊數不可能少於 $n-1$：

核心觀念

修改位元（dirty bit）是虛擬記憶體分頁管理中的控制位元，用來記錄某一分頁自從載入主記憶體後，是否曾被處理器修改過。

• 修改位元為 $0$：分頁載入後未被修改。
• 修改位元為 $1$：分頁載入後曾被修改。

當作業系統要將分頁替換出去時：

• 若修改位元為 $0$，表示主記憶體中的內容與磁碟上的內容相同，通常不必回寫磁碟。
• 若修改位元為 $1$，表示主記憶體中的內容已更新，必須先將分頁回寫至磁碟，避免資料遺失。

因此，修改位元標識的是「自從載入記憶體以來已被修改過的分頁」。

解題方法

直接依照修改位元的定義判斷。題目詢問的是「修改位元標識何種分頁」，關鍵在於「修改」與「載入記憶體以來」兩個概念。

選項中只有（D）完整描述修改位元為 $1$ 時的意義，因此答案為（D）。

選項分析

• （A）已損壞的分頁：錯誤。 dirty bit 的 dirty 並不是指分頁已損壞，而是指分頁內容曾被修改。分頁即使內容完全正確，只要被程式寫入過，修改位元就可能設為 $1$。

核心觀念

本題考查作業系統的處理器排班法，重點是比較：

• 依序排班法（Round-Robin, RR）：每個行程依照就緒佇列順序取得固定的時間量（time quantum）；時間量用完仍未完成，才會被移至佇列尾端。
• 先來先做（First-Come, First Served, FCFS）：依照行程到達就緒佇列的先後順序執行，先到者先完成。

若時間量大於就緒佇列中每一個行程的執行時間，則每個行程在第一次取得 CPU 時，就能在時間量耗盡前執行完畢，不會被強制搶先，也不必返回佇列尾端。

解題方法

設時間量為 $q$，就緒佇列中各行程的 CPU 執行時間為 $t_i$。題目條件為：

因此，第一個行程取得 CPU 後：

會在時間量用完前執行完成；接著由第二個行程執行：

第二個行程同樣會在自己的時間量內完成。依此類推，每個行程都按照原本在就緒佇列中的順序，一次執行完畢。

例如就緒佇列順序為 $P_1, P_2, P_3$，且：

RR 的執行順序為：

這與 FCFS 完全相同，所以 RR 在此條件下退化為 先來先做（FCFS）。

選項分析

(A) 最短的工作先做（Shortest-Job-First, SJF）錯誤

核心觀念

即時作業系統（Real-Time Operating System, RTOS）的核心特徵，是能在預先規定的時間限制內，對外部事件做出可預測且即時的反應。

RTOS重視：

• 事件處理的即時性
• 系統反應時間的可預測性
• 工作排程與中斷處理的確定性
• 是否能在期限（deadline）前完成工作

常見應用包括工業控制、汽車電子、醫療設備、航空航太及嵌入式系統。

解題方法

本題詢問RTOS的「特徵」，可直接判斷各選項是否符合即時作業系統的設計目的。

RTOS的重點不是儲存大量資料、提供華麗的使用者介面，也不是自動更新版本，而是針對外部事件，在限定時間內快速且穩定地完成處理。因此，符合「即時反應與事件處理」的選項，即為正確答案。

選項分析

(A) 適合儲存大量資料。

錯誤。

RTOS主要負責即時排程、工作管理、中斷處理及資源配置，並非以大量資料儲存為主要設計目標。大量資料儲存通常與檔案系統、資料庫系統、儲存設備容量等概念有關。

RTOS可以搭配儲存裝置使用，但「適合儲存大量資料」不是RTOS的核心特徵。

(B) 系統反應時間極短、可即時處理事件。

正確。

核心觀念

本題考查最佳分頁替換（Optimal Page Replacement）演算法。

• 記憶體目前已有的分頁稱為「頁面命中」（page hit），不會產生分頁錯誤。
• 存取的分頁不在記憶體中，才會產生一次分頁錯誤（page fault）。
• 當頁框已滿而發生分頁錯誤時，最佳演算法會替換「未來最晚才會再被使用」的分頁；若某分頁之後不再使用，則優先替換該分頁。

初始三個頁框內容為：

$[7,\ 6,\ 5]$

存取順序為：

$7,\ 6,\ 5,\ 4,\ 5,\ 3,\ 6,\ 4$

解題方法

依序判斷是否命中，若未命中則依最佳演算法選擇替換頁面。

第一次分頁錯誤發生在存取 4 時：

核心觀念

本題考查作業系統中的「死結（Deadlock）」定義。

死結是指一組程序因互相等待對方所持有的資源，導致所有程序都無法繼續執行的狀態。例如：

• 程序 $P_1$ 持有資源 $R_1$，等待資源 $R_2$
• 程序 $P_2$ 持有資源 $R_2$，等待資源 $R_1$

兩個程序彼此等待，形成永久性的等待循環。

死結通常與下列四項必要條件有關：

1. 互斥（Mutual Exclusion）：資源同一時間只能由一個程序使用。
2. 持有並等待（Hold and Wait）：程序持有部分資源，同時等待其他資源。
3. 不可剝奪（No Preemption）：資源不能被系統強制取回，只能由持有程序主動釋放。
4. 循環等待（Circular Wait）：程序之間形成循環等待關係。

解題方法

判斷本題的關鍵，在於辨認選項是否描述「程序因資源互相等待而無法繼續執行」。

死結的核心不是單純的系統故障，也不是硬體損壞或檔案讀寫錯誤，而是多個程序間形成資源等待循環。因此，符合死結正式定義的敘述即為正確答案。

核心觀念

本題考查作業系統的「雙模式運作」（dual-mode operation），目的在於：

• 保護作業系統核心，避免使用者程式直接破壞系統。
• 保護不同使用者程式彼此隔離，避免相互干擾。
• 限制一般程式執行具危險性的特權指令，例如直接進行硬體 I/O、修改記憶體管理設定、停用中斷等。

雙模式運作將處理器分成兩種權限層級：

1. 使用者模式（user mode） 執行一般使用者程式，權限受到限制，不能直接執行特權指令。

2. 核心模式（kernel mode） 執行作業系統核心程式，具有較高權限，可以執行特權指令及管理硬體資源。

因此，標準答案為「使用者模式和核心模式」。

解題方法

判斷本題的關鍵，是找出「一般程式執行時的低權限模式」與「作業系統核心執行時的高權限模式」。

使用者程式需要作業系統服務時，不能直接操作受保護資源，而是透過系統呼叫（system call）進入核心模式。作業系統完成服務後，再返回使用者模式。

其基本流程如下：

處理器通常會利用一個模式位元（mode bit）或類似的硬體機制，記錄目前執行環境的權限狀態。當發生系統呼叫或硬體中斷時，處理器切換至核心模式；完成核心服務後，再切回使用者模式。

所以本題所問的兩種運作模式，就是：

選項分析

(A) 監督者（supervisor）模式和系統（system）模式

錯誤。

「監督者模式」常用來表示作業系統具有較高權限的執行模式，與核心模式、特權模式的概念相近；「系統模式」在部分系統或處理器架構中也可指涉較高權限的模式。

核心觀念

本題考查 OSI 七層網路模型中，各層的主要功能，以及「Routing（路由）」所屬的層級。

Routing 的主要工作包括：

• 定址（addressing）：依據邏輯位址識別不同網路與主機。
• 封包交換（packet switching）：將資料切分、封裝成封包並在網路中轉送。
• 路徑選擇（path selection）：根據路由資訊選擇封包從來源到目的地的傳送路徑。
• 跨網路轉送（forwarding）：將封包由一個網路轉送至另一個網路。

上述功能均屬於 OSI 的網路層（Network Layer），因此正確答案為 (A)。

解題方法

判斷網路功能所屬層級時，可先抓住關鍵字：

• 涉及「路由、路徑選擇、邏輯位址、跨網路傳送」：網路層
• 涉及「MAC 位址、Frame、交換器、區域網路」：資料鏈結層
• 涉及「端對端、可靠傳輸、流量控制、連線管理」：傳輸層
• 涉及「對話控制、同步、恢復」：會議層

Routing 的核心是決定封包如何從一個網路到達另一個網路，屬於第三層網路層的職責。路由器（router）即是典型的網路層設備，會依據目的地網路位址與路由表選擇轉送路徑。

選項分析

(A) 網路層（network layer）—正確

網路層負責在不同網路之間傳送封包，主要功能包括：

• 邏輯定址，例如 IP 位址
• 路由選擇
• 封包轉送
• 封包交換
• 網路互連

路由器通常根據封包的目的地網路位址查詢路由表，再決定下一個轉送介面，因此 Routing 是網路層的主要功能。

(B) 資料鏈結層（data-link layer）—錯誤

資料鏈結層負責同一條實體鏈路或區域網路範圍內的資料傳輸，主要處理：

核心觀念

本題考查嵌入式系統中的 開發板支援程式庫（Board Support Package, BSP）。

BSP 是針對特定處理器、開發板或硬體平台所提供的一組基礎軟體，通常包含：

• 基本硬體裝置的驅動程式；
• 系統啟動與初始化函式；
• 記憶體、時脈、中斷控制器等硬體設定；
• 協助作業系統移植的抽象化函式庫與支援程式；
• 有時也包含啟動程式、硬體描述檔及相關設定工具。

因此，題目所描述的「提供基礎硬體輸出入功能、系統初始化函式，以及協助作業系統移植的工具函式庫」，完整對應 BSP。

解題方法

判斷此題可抓住三個關鍵描述：

1. 基礎硬體輸出入功能：表示需要硬體驅動與底層支援。
2. 系統初始化函式：表示負責處理器、記憶體、周邊及中斷等啟動設定。
3. 協助作業系統移植的工具函式庫：表示提供作業系統與特定硬體平台之間的支援介面。

三者合在一起，已超出單一驅動程式或單一描述檔的範圍，而是針對整個硬體平台提供的支援軟體集合，故選擇 BSP。

選項分析

(A) 驅動程式（device drivers）—錯誤

驅動程式是讓作業系統或應用程式能夠操作特定硬體裝置的軟體，例如：

• 鍵盤驅動程式；
• 網路卡驅動程式；
• UART、GPIO、I²C、SPI 驅動程式；
• 儲存裝置驅動程式。

驅動程式可屬於 BSP 的一部分，但其功能範圍通常限於特定硬體裝置的控制，不包含完整的系統初始化功能及作業系統移植支援，因此不是本題所描述的完整軟體集合。

(B) 工具程式集（toolchain）—錯誤

Toolchain 是用來建置嵌入式軟體的開發工具組合，通常包括：

• 編譯器（compiler）；
• 組譯器（assembler）；
• 連結器（linker）；
• 除錯器（debugger）；
• 相關函式庫及建置工具。

核心觀念

本題考查不同圖像儲存方式的資料表示法與壓縮特性：

• Bitmap（點陣圖）：以像素逐點記錄圖像。每個像素通常需要記錄顏色資訊，檔案大小與解析度、色彩深度直接相關。
• Vector graphic（向量圖）：以線條、曲線、幾何圖形及其參數記錄圖像，不需逐一記錄每個像素。
• JPEG：採用有損壓縮，透過去除人眼較不敏感的影像資訊來降低檔案大小。
• GIF：採用無損壓縮，且通常限制為最多 256 色，適合簡單色彩、線條明確的圖像。

題目問的是「同樣的圖像」採用哪種方式，一般需要最大的儲存空間。依一般考試定義，Bitmap 通常指未壓縮或壓縮程度較低的點陣圖，因此需要保存大量像素資料。

解題方法

判斷重點在於：哪一種格式需要直接保存完整的像素資訊。

假設圖像解析度為 $W \times H$，每個像素使用 $b$ 個位元表示，則未壓縮點陣圖所需的儲存空間約為：

若以位元組計算，則約為：

例如，一張 $1920 \times 1080$、每像素 24 位元的點陣圖，其未壓縮資料量約為：

這尚未計入檔案標頭與其他額外資訊。由於 Bitmap 直接保存大量像素資料，通常會比經過壓縮的 JPEG、GIF，以及適合簡單圖形的向量圖占用更多空間。

選項分析

(A) bitmap：正確

Bitmap 以像素為單位儲存圖像。解析度越高、色彩深度越大，所需空間越多。

在一般計算機概要的比較中，Bitmap 通常代表未壓縮的點陣圖，必須逐一保存每個像素的顏色，因此儲存空間通常最大。

核心觀念

本題考查多媒體（multimedia）的基本資料型態。多媒體資料通常可包含下列一種或多種內容：

• 文字（text）
• 圖形或圖片（graphic／picture）
• 音訊或音樂（sound／audio／music）
• 動畫（animation）
• 影像或視訊（video）

因此，文字本身就是多媒體資料的重要型態之一，不能排除在外。

解題方法

判斷各選項是否正確時，逐一檢查其敘述是否符合多媒體資料的基本組成：

1. 圖形、圖片是否屬於多媒體內容？
2. 文字是否屬於多媒體資料型態？
3. 音樂、聲音、動畫是否屬於多媒體內容？
4. 選項是否只是描述多媒體檔案所包含的內容組合？

其中，文字、圖形、聲音、音樂、動畫均是多媒體常見的資料型態。因此，明確否定文字屬於多媒體資料的選項即為錯誤敘述。

選項分析

(A) 檔案內容可能只包含圖形（graphic）。

正確。

圖形是多媒體資料的一種基本型態。依本題採用的廣義分類方式，多媒體檔案內容可包含圖形資料，圖形檔案也可視為多媒體資料的一種。

嚴格的教科書定義常將 multimedia 解釋為「整合兩種以上媒體」，因此「只包含圖形」在狹義定義下具有名詞使用上的爭議。不過本題官方答案以廣義的多媒體資料分類為準，並未將此選項判定為錯誤。

(B) 文字（text）並非屬於多媒體資料的一種型態。

核心觀念

本題考查數位影像處理中的「影像增強」（image enhancement），重點是判斷各種技術對影像整體對比度的作用。

影像對比度是影像中明暗差異的程度。對比度不足時，像素值集中在狹窄的灰階範圍，影像會顯得灰暗、缺乏層次。影像增強的目的，就是透過像素值轉換，使影像的明暗差異更加明顯。

解題方法

判斷關鍵在於：哪一種技術會直接重新分配影像的灰階值，使灰階分布更平均，進而提升整體對比度。

直方圖均衡化（Histogram equalization）會根據影像的灰階直方圖與累積分布函數，將原本集中在狹窄範圍的灰階值，重新映射到較寬廣的灰階範圍。

常見的灰階轉換公式為：

其中：

• $r$：原始像素灰階值
• $s$：轉換後的灰階值
• $L$：灰階層數
• $p_r(k)$：灰階值為 $k$ 的機率
• $\sum_{k=0}^{r}p_r(k)$：累積分布函數

經過此轉換後，影像的灰階值通常會分布在較大的範圍內，因此能增強明暗差異與整體視覺效果。

選項分析

(A) 高斯模糊（Gaussian blur）—錯誤

高斯模糊利用高斯函數作為加權核心，將鄰近像素進行平滑處理，主要用途包括：

• 降低雜訊
• 平滑影像
• 消除細節
• 作為邊緣偵測前的前處理

模糊處理會削弱高頻細節與邊緣，使相鄰區域的明暗差異變小，通常會降低影像的清晰度，並非提升整體對比度的主要技術。

(B) 直方圖均衡化（Histogram equalization）—正確

直方圖均衡化會依據影像的灰階分布重新配置像素值，使原本集中於某一小段灰階範圍的影像，擴展至較寬的灰階範圍。

因此可以：

核心觀念

本題考「輾轉現象（Thrashing）」與「多元程式規劃程度（degree of multiprogramming）」之間的關係。

輾轉現象是指主記憶體中同時執行的行程過多，導致每個行程分配到的頁框不足，行程頻繁發生分頁錯誤（page fault），作業系統因而不斷進行頁面置換與磁碟 I/O。此時 CPU 大量等待分頁作業，真正執行使用者程式的時間反而減少。

在一般情況下，提高多元程式規劃程度，可以讓更多行程交錯執行，使 CPU 利用率上升；但當行程數超過記憶體能有效容納的程度後，便會進入輾轉現象，CPU 利用率反而下降。

解題方法

判斷本題可觀察「多元程式規劃程度增加」對 CPU 利用率的影響：

1. 行程數適度增加時，CPU 較不容易因單一行程等待 I/O 而閒置，因此 CPU 利用率提高。
2. 行程數持續增加時，每個行程可取得的頁框不足。
3. 頁面錯誤頻率升高，系統頻繁執行頁面置換。
4. CPU 大量等待磁碟 I/O，實際運算時間降低。
5. 因此進入輾轉現象後，多元程式規劃程度再增加，CPU 利用率反而降低。

可用下列關係表示：

因此本題官方答案為 （B）。

選項分析

（A）隨著多元程式規劃的程度增加，CPU 利用率跟著提高。

錯誤。

這只描述多元程式規劃程度增加初期的情況。當行程數適度增加時，CPU 利用率確實可能提高；但題目詢問的是輾轉現象出現的跡象。進入輾轉現象後，行程過多造成頁面錯誤與磁碟 I/O 大幅增加，CPU 利用率反而下降，因此不能以「跟著提高」作為正確敘述。

核心觀念

銳化影像（image sharpening）的主要目的，是強化影像中物體邊緣與局部細節，使原本不明顯的輪廓、紋理與細部特徵更加突出，提升影像的清晰度與辨識性。

影像銳化通常會強化影像中的高頻成分，例如邊緣、細線與快速變化的區域。常見方法包括高通濾波器（high-pass filter）、拉普拉斯運算子（Laplacian operator）及反遮罩銳化（unsharp masking）。

以反遮罩銳化為例，可表示為：

其中：

• $f(x,y)$：原始影像；
• $f_{\text{blur}}(x,y)$：模糊後的影像；
• $f(x,y)-f_{\text{blur}}(x,y)$：影像中的細節與邊緣成分；
• $k$：銳化強度；
• $g(x,y)$：銳化後影像。

此式的重點是增加邊緣與細節成分，因此銳化的核心效果是「突出細節」，不是單純調整亮度、色彩或使影像變模糊。

解題方法

判斷影像處理功能時，應先區分各類操作的目的：

• 銳化（sharpening）：強化邊緣與細節，使影像更清晰。
• 模糊（blurring）：降低細節與高頻成分，使影像更平滑。
• 亮度調整（brightness adjustment）：改變整體明暗程度。
• 飽和度調整（saturation adjustment）：改變色彩的鮮豔程度。

核心觀念

本題考查「空間域濾波」與「頻域濾波」之間的傅立葉轉換關係。

設空間域濾波器的脈衝響應為 $h(x,y)$，其對應的頻域濾波器為 $H(u,v)$，則兩者關係為：

因此，已知頻域濾波器 $H(u,v)$ 時，必須使用反傅立葉變換求得空間域濾波器：

所以本題答案為反傅立葉變換。

解題方法

影像在空間域進行濾波時，通常表示為影像 $f(x,y)$ 與濾波器 $h(x,y)$ 的卷積：

根據卷積定理，空間域的卷積可轉換為頻域的乘法：

其中：

• $F(u,v)$：原始影像的頻域表示
• $H(u,v)$：頻域濾波器
• $G(u,v)$：濾波後影像的頻域表示

若題目已給定頻域濾波器 $H(u,v)$，要找出對應的空間域濾波器 $h(x,y)$，就必須將 $H(u,v)$轉回空間域：

因此選擇 (B)。

需注意的是，反傅立葉變換的對象是「頻域濾波器的轉移函數」$H(u,v)$，所得結果是空間域濾波器的脈衝響應 $h(x,y)$，不是直接得到濾波後影像。

選項分析

(A) 傅立葉變換（Fourier transform）

錯誤。

傅立葉變換的方向是將空間域資料轉換至頻域：

核心觀念

本題考查「壓縮比」的定義：

原始圖片的資料量可由下式計算：

24 位色彩深度表示每個像素使用 $24$ bits，也就是：

解題方法

原始圖片共有：

每個像素占 $3$ Bytes，因此壓縮前大小為：

以 $1\text{ KB}=1024\text{ Bytes}$ 換算：

壓縮後大小為 $500\text{ KB}$，因此壓縮比為：

考題選項採整數近似，因此：

故選 (C)。

選項分析

核心觀念

本題考查顯示器的基本規格與色彩概念：

• 長寬比（aspect ratio）：螢幕寬度與高度的比例。
• 對比度（contrast）：畫面最亮與最暗部分的差異程度。
• 螢幕大小（screen size）：通常以螢幕對角線長度表示，單位為英吋。
• 飽和度（saturation）：表示顏色的純度與鮮豔程度。

其中，螢幕尺寸的測量方式是本題判斷關鍵。

解題方法

逐一核對各選項是否符合顯示器的標準定義：

1. 長寬比看寬度與高度的比例。
2. 對比度看最白與最黑之間的明暗差異。
3. 螢幕大小看面板的對角線長度，而非任一邊的長度。
4. 飽和度看色彩的鮮豔程度。

因此，將螢幕大小說成「面板的長度」而未指明對角線，定義不正確。

選項分析

(A) 正確

長寬比是顯示器寬度相對於高度的比例，可表示為：

例如常見的 $16:9$，表示寬度與高度的比例為 $16:9$。因此本選項正確。

(B) 正確

對比度用來表示畫面最亮與最暗之間的明暗差異。白色越亮、黑色越暗，通常視為對比表現越佳。

嚴格區分時：

核心觀念

本題考查中央處理器（CPU）各子系統的功能，重點在於辨識「指令載入與解碼」所屬的單元。

CPU 執行指令通常包含下列基本階段：

1. 取指（Fetch）：由記憶體載入下一道指令。
2. 解碼（Decode）：分析指令的操作碼與運算元。
3. 執行（Execute）：依指令要求進行運算或資料處理。
4. 寫回（Write-back）：將結果寫入暫存器或記憶體。

其中，負責控制指令流程、產生控制訊號，並進行指令載入與解碼的是控制單元（Control Unit, CU）。

解題方法

判斷本題可抓住關鍵描述：「將指令載入與解碼」。

• 「載入指令」對應取指階段。
• 「解碼指令」對應解碼階段。
• 這兩項工作都屬於控制單元的主要職責。

控制單元會依據程式計數器（Program Counter, PC）取得下一道指令，將指令放入指令暫存器（Instruction Register, IR），再分析指令內容，產生控制訊號，指揮算術邏輯單元（ALU）、暫存器與記憶體完成後續操作。

因此，本題答案為控制單元。

選項分析

(A) 控制單元（Control Unit）—正確

控制單元負責：

• 控制指令的取出與載入；
• 解碼指令內容；
• 產生控制訊號；
• 協調 ALU、暫存器、記憶體及輸入輸出單元的運作。

題目所述「將指令載入與解碼」正是控制單元的功能，因此選項 A 正確。

核心觀念

在影像處理的空間域（spatial domain）中，常以

表示影像處理關係：

• $f(x,y)$：輸入影像在座標 $(x,y)$ 的像素值。
• $T$：作用於影像像素的轉換函數或運算子（operator），可依據 $(x,y)$ 鄰接區域內的像素進行運算。
• $g(x,y)$：經過運算後得到的輸出影像像素值。

因此，$T$ 將輸入影像 $f$ 轉換成輸出影像 $g$。