110 高普考普通考試 電信工程 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

本題考的是平行化程式的加速比，使用 Amdahl 定律。加速比定義為「單一處理器執行時間 ÷ 多處理器執行時間」。程式中無法平行化的部分必須依序執行；可平行化的部分則可由多個處理器分攤。

解題方法

單一處理器執行時間為 $120$ 秒，其中 $20$ 秒無法平行化，因此可平行化部分為：

使用 $10$ 個處理器時，假設可平行化部分能平均分配且不計額外負擔，執行時間為：

因此加速比為：

也可用 Amdahl 定律表示。不可平行化比例為 $\frac{20}{120}=\frac{1}{6}$，可平行化比例為 $\frac{5}{6}$：

核心觀念

多處理器系統是指在同一個電腦系統中配置兩個以上的處理器，讓處理器協同執行工作。相較於單處理器，多處理器的典型優點包括提高整體吞吐量、共享系統資源以降低成本，以及在具備適當備援設計時提升可靠度。它的主要優點不包括直接提高處理器時脈。

解題方法

逐一辨認選項描述的是「多處理器系統的整體效益」，還是「單一處理器本身的效能規格」。多處理器增加的是可並行執行工作的處理資源；時脈則是處理器的運作頻率，兩者並非同一項效能指標。

選項分析

• (A) 執行程式的吞吐量提升：正確，屬於多處理器的優點。 若工作可切分並平行執行，多個處理器能同時處理不同工作，因而提高單位時間內完成的工作量，即吞吐量。

• (B) 相對於同樣工作處理能力的多台單處理器較具經濟效益：正確，屬於規模經濟。

核心觀念

本題考查複雜指令集計算機（CISC）與精簡指令集計算機（RISC）的設計取捨。一般而言，CISC 的指令種類較多、單一指令可執行較複雜的工作；RISC 則以較簡單、規則的指令為主，常搭配較精簡的硬體設計與管線化，讓指令較容易快速執行。

解題方法

比較兩者時，掌握以下典型差異：

• CISC：指令功能較複雜，完成相同工作通常需要較少指令；指令解碼與控制較複雜。
• RISC：指令功能較精簡，完成相同工作通常需要較多指令；指令格式較規則，硬體設計與管線化通常較容易。

因此，題目中「完成相同的工作，CISC 所需使用的指令數量較少」符合 CISC 的典型特性。

選項分析

核心觀念

本題考查程式在記憶體中的配置區域，以及各區域何時決定大小。依一般程式執行模型：

• 文字部分（text segment）：存放程式指令，大小通常由編譯後的程式決定。
• 靜態資料部分（static data segment）：存放全域變數、靜態變數等，其大小通常可由編譯時期決定。
• 動態資料部分（dynamic data segment，也常稱 heap）：供程式在執行時期動態配置與釋放記憶體，大小會隨執行需求變化。
• 堆疊部分（stack segment）：支援函式呼叫、區域變數與呼叫返回資訊等；執行時會因呼叫深度及區域資料需求而增減。

因此，③與④的大小會在執行期間變動，並由作業系統提供或管理相關記憶體資源。

解題方法

先判斷各區域的大小是在程式編譯時大致固定，還是會隨執行狀態改變：

核心觀念

本題考查 SSD 的儲存技術、用途，以及相較於傳統硬碟的存取特性。市售 SSD 主要以快閃記憶體作為儲存媒介；傳統硬碟則使用旋轉磁碟片和移動讀寫頭，因此兩者在機械結構與存取延遲上有所不同。

解題方法

逐一檢視選項是否符合 SSD 的用途與特性。判斷重點是：SSD 雖然使用快閃記憶體，但仍屬於儲存裝置；主記憶體通常由 DRAM 等記憶體構成，不能因為兩者都使用半導體元件，就把 SSD 視為主記憶體。

選項分析

• **(A) 正確。**目前市售 SSD 的主要儲存媒介是快閃記憶體。快閃記憶體具有非揮發性，斷電後仍能保留資料，適合作為長期儲存媒介。

核心觀念

時脈速度表示處理器每秒可產生的時脈週期數。$1\ \mathrm{GHz}$ 即每秒 $10^9$ 個時脈週期。題目假設每個時脈週期可執行一個指令，因此每秒指令數等於每秒時脈週期數。

解題方法

利用公式：

代入題目條件：

因此答案為 $10^9$。

選項分析

核心觀念

本題考硬碟資料的硬性錯誤（hard error）與軟性錯誤（soft error）之區別。硬性錯誤通常源自儲存媒體或硬體的實體故障，造成資料無法正確讀取或遺失；軟性錯誤則是資料內容發生錯誤，但儲存媒體本身未必損壞，部分情況可透過錯誤更正碼（ECC）或其他復原機制修正。

解題方法

判斷關鍵在於區分「儲存媒體故障」與「資料內容錯誤」，再檢查選項是否把錯誤原因或結果一概而論。符合資料儲存錯誤的一般定義，且沒有把軟性錯誤誤認為程式錯誤的選項，就是正確答案。

選項分析

• (A) 錯誤。 硬性錯誤不等於必然造成硬體損壞；它是硬體或媒體故障所導致的資料錯誤。軟性錯誤也不等於軟體強制終止，兩者描述的是資料錯誤類型，而非程式執行結果。
• **(B) 錯誤。

核心觀念

本題考的是 CPU 管線化中的指令處理階段順序。管線將一條指令的工作分成數個階段，讓不同指令能同時在不同階段中處理；但單一指令仍依序經過各階段。

解題方法

依一般五階段管線的流程，先從記憶體擷取指令，再解碼以判斷指令內容，接著執行運算或操作；若指令涉及資料存取，則進行記憶體存取，最後將結果寫回暫存器或目的位置：

因此正確順序為選項 (C)。

核心觀念

本題考 SRAM（靜態隨機存取記憶體）與 DRAM（動態隨機存取記憶體）的儲存結構，以及是否需要定期更新資料。

SRAM 通常以多個電晶體構成一個儲存單元，電路結構較複雜、速度較快，且只要持續供電就能維持資料，不需要 Refresh。DRAM 通常以電晶體搭配電容儲存一個位元，電容中的電荷會逐漸流失，因此必須定期 Refresh；其儲存單元較精簡，單位面積可容納較多位元。

解題方法

逐一比對選項所述的特性：SRAM 是否需要 Refresh、兩者的儲存密度差異，以及各自的典型用途與儲存方式。Refresh 是辨別兩者的關鍵：DRAM 需要，SRAM 不需要。

選項分析

核心觀念

本題考查平均指令執行時間與 MIPS 的換算。MIPS 表示每秒執行的百萬條指令數：

若平均每條指令耗時為 $T$ 秒，則每秒可執行的指令數為 $1/T$。

解題方法

平均每個指令耗時 $5\ \mathrm{ns}$，而 $1\ \mathrm{ns}=10^{-9}\ \mathrm{s}$，所以：

每秒執行的指令數為：

換算成百萬指令每秒：

核心觀念

本題考查虛擬記憶體的位址轉換，以及分頁錯失（page fault）的意義。

程序使用虛擬位址；作業系統與硬體透過頁表，將虛擬頁面對應到實體記憶體中的頁框。若程序存取的虛擬頁面目前不在實體記憶體中，硬體會引發分頁錯失，由作業系統處理，例如從儲存裝置載入該頁面，或判定這是非法存取。

解題方法

逐項檢查敘述是否符合虛擬記憶體的基本特性：

• 虛擬位址空間的大小由處理器架構與作業系統等因素決定，不必受限於實體記憶體大小。
• 虛擬位址沒有對應的實體位址時，須進一步判斷該頁面是否尚未載入實體記憶體；若存取有效但頁面不在記憶體中，便會發生分頁錯失。
• 虛擬記憶體不是由 SRAM 組成的另一塊主記憶體；一般實體主記憶體則主要使用 DRAM。

選項分析

(A) 錯誤。 虛擬記憶體空間不必小於或等於實體記憶體。虛擬記憶體可利用儲存裝置暫存未載入實體記憶體的頁面，因此單一程序的虛擬位址空間可以大於實體記憶體容量。

核心觀念

本題考查處理器內不同暫存器的用途，以及向量處理器與 MIMD 的差異。

暫存器是處理器內供快速存取的儲存空間，依用途可分為資料暫存器、位址暫存器、通用目的暫存器、向量暫存器等。向量暫存器通常用來存放向量資料，供向量或 SIMD（單一指令、多筆資料）運算使用；MIMD 則是多指令、多筆資料的平行處理架構。

解題方法

逐一核對各選項的功能描述，特別注意選項（D）把「向量處理器」和「MIMD 指令」連在一起。向量處理器的典型運算模式是以一個指令對多筆資料執行相同操作，屬於 SIMD 概念，並非執行 MIMD 指令。

選項分析

(A) 常數暫存器未必需要用到記憶體元件。—正確

常數暫存器用來提供固定值。實作上可由硬體電路直接產生或固定輸出常數，不一定需要由記憶體元件構成，因此「未必需要」的敘述成立。

(B) 索引（Index）暫存器是位址暫存器的一種。—正確

核心觀念

IEEE-754 單精確度浮點數以 3 個欄位表示：

1. 符號位元（sign）：1 位，表示正數或負數。
2. 指數欄位（exponent）：8 位，採偏移值表示。
3. 尾數欄位（fraction，也稱小數欄位）：23 位，表示有效數的部分。

三個欄位合計為 $1+8+23=32$ 位元。

解題方法

題目問的是「使用幾個欄位」，應數表示格式的欄位種類，而不是位元總數。IEEE-754 單精確度格式分成符號、指數、尾數三欄，因此答案為 3 個欄位。

選項分析

核心觀念

四個十六進位位數共有 $16^4=2^{16}$ 種位元組合，因此是 16 位元表示法。16 位元二補數的範圍為 $-2^{15}$ 至 $2^{15}-1$，即 $-32768$ 至 $32767$；$-2468$ 在此範圍內，可以表示。

二補數的求法是：先寫出正數的固定位元長度表示，再逐位反相並加 $1$；等價地，也可用 $2^{16}-2468$ 求得負數的位元表示。

解題方法

先將 $2468$ 轉成四位十六進位：

所以 $(2468)_{10}=(9A4)_{16}$，補足四位為 $(09A4)_{16}$。

逐位元反相，再加 $1$：

因此，$(-2468)_{10}$ 的 16 位元二補數表示為 $(F65C)_{16}$。

也可直接驗算：

核心觀念

本題考查不同進位制數值的換算與比較。比較大小前，須先把各選項換算成相同進位，最直接的方式是轉成十進位。進位制轉十進位時，每一位數字乘上該位的位權，再將結果相加。

解題方法

逐一將各選項換算成十進位：

• (A)

• (B)

• (C)

• (D)

核心觀念

數字在 $x$ 進位制下的值，等於各位數字乘上對應位權後相加。位數從右至左依序是 $x^0、x^1、x^2$。此外，進位制的底數必須大於該數字中最大的數字；$(213)_x$ 含有數字 $3$，因此 $x>3$。

解題方法

將 $(213)_x$ 展開為十進位數值，並令其等於題目給定的 $39$：

整理得：

因式分解：

核心觀念

本題考布林代數化簡，以及「文字字元」（literal）的計數。文字字元是布林變數或其補數，例如 $A$、$\overline{A}$ 各算一個文字字元；相乘代表 AND，相加代表 OR。

解題方法

題目中的 $ABC+ABC+BC$ 三項都包含 $BC$，提出公因式：

布林代數中，$A+A=A$，且 $A+1=1$，因此：

最簡式為 $BC$，包含 $B$、$C$ 兩個文字字元，對應選項 (B)。但這與題目提供的官方答案 (A) 不一致；依題目目前的印刷式，化簡結果不是 1 個文字字元。

選項分析

核心觀念

本題考查計數器的分類，關鍵在於各級正反器（Flip-flop）的時脈輸入如何連接：

• 漣波計數器（Ripple Counter）：某一級正反器的輸出接到下一級正反器的時脈輸入。各級依序觸發，狀態變化會像漣波般逐級傳遞，因此也稱為非同步計數器。
• 同步計數器（Synchronous Counter）：所有正反器的時脈輸入接收同一個時脈訊號，各級同時受到觸發。

解題方法

直接依題幹描述判斷時脈連接方式：題目指出「某一級正反器的輸出接到其他任一級正反器的時脈輸入」，符合漣波計數器逐級以輸出觸發下一級的定義，因此選擇漣波計數器。

選項分析

核心觀念

本題考查以 2-input NAND 閘組合出 3-input NAND 閘。NAND 閘的輸出為輸入 AND 後取反：

$Y=\overline{A\cdot B}$

題目要求實現的 3-input NAND 輸出為：

$F=\overline{A\cdot B\cdot C}$

解題方法

先用一個 2-input NAND 閘計算 $A$、$B$ 的 NAND：

$X=\overline{A\cdot B}$

再將 $X$ 反相，得到 $A\cdot B$。只要把同一訊號接到第二個 NAND 閘的兩個輸入，就能用 NAND 閘作反相器：

$X'=\overline{X\cdot X}=\overline{X}=A\cdot B$

接著用第三個 NAND 閘將 $X'$ 與 $C$ 做 NAND：

因此，共需要 $3$ 個 2-input NAND 閘，對應選項 B。

選項分析

核心觀念

漢明距離（Hamming distance）是兩個等長字串在相同位置上，符號不同的個數。逐位比較兩字串，將不同的位置計數即可。

解題方法

將兩字串對齊後逐位比較：

第 $1、3、4、5$ 位不同，共 $4$ 位，因此漢明距離為 $4$。

核心觀念

本題考查軟體測試中的白箱測試與程式碼涵蓋率。題幹的「每一條指令最少執行一次」描述的是敘述涵蓋率（statement coverage）：設計測試資料，使程式中的每一個敘述至少執行一次。

基本路徑測試（Basis path testing）屬於白箱測試，依程式的控制流程圖找出一組線性獨立路徑，再為各路徑設計測試資料。執行這些路徑時，能達到敘述涵蓋；因此在本題選項中，基本路徑測試最符合題意。

解題方法

抓住題幹的關鍵詞「每一條指令最少執行一次」，判斷它問的是依程式內部結構設計測試的白箱測試方法，而非由使用者角度驗證功能，或在正式發布前由特定人員試用的測試。

嚴格來說，敘述涵蓋率是測試涵蓋準則，基本路徑測試則是測試設計方法；題目將兩者連結，答案依官方指定為 (B) 基本路徑測試。

選項分析

核心觀念

本題考查 C++ 的指標指向與指標賦值。p1、p2 是指向 int 的指標；*p 表示取得指標所指向的整數值。執行 p1 = p2 時，複製的是指標位址，因此兩個指標會指向同一個整數。

解題方法

逐行追蹤指標所指向的記憶體：

1. p1 = new int; 與 p2 = new int; 分別配置兩個整數空間，兩個指標起初指向不同位置。
2. *p1 = 1;、*p2 = 2;，因此兩個位置的值分別為 1 和 2。
3. p1 = p2; 將 p2 的位址複製給 p1。此後 p1、p2 都指向原本由 p2 指向、值為 2 的位置。
4. *p1 = *p1 + 1; 將該位置的值加 1，變成 3。由於兩個指標指向同一位置，*p1 和 *p2 都讀到 3。

核心觀念

本題考查物件導向程式設計的基本特性，以及哪一項能達到「資訊隱藏」（Information Hiding）。

資訊隱藏是將物件內部的資料與實作細節保護起來，只透過明確的介面提供外部使用。外部程式可操作物件，但不必知道其內部如何儲存資料或完成工作。**封裝（Encapsulation）**會把資料與操作資料的方法整合在物件中，並可配合存取控制限制外部直接存取，因此能達到資訊隱藏。

解題方法

辨認題目問的是「隱藏內部細節、透過介面提供功能」這項目的。接著對照物件導向特性：封裝負責保護內部狀態並界定對外介面；繼承著重類別間的重用與擴充；多型著重相同介面呈現不同實作；識別則用來區分物件。因此答案是封裝。

選項分析

核心觀念

本題考查二維陣列採 行為主（Column-Major） 儲存時，如何計算元素的記憶體位址。行為主表示：同一欄的元素在記憶體中連續排列。

已知每個元素占用一個記憶體位址空間，故元素之間的位址差等於兩元素在儲存順序中的位置差。

解題方法

陣列有 $5$ 列、$8$ 行。行為主儲存時，每往右移一欄，須跨過 $5$ 個元素；每往下移一列，則前進 $1$ 個元素。

從 $A[2][2]$ 到 $A[4][7]$：

• 列索引由 $2$ 增至 $4$，位址增加 $(4-2)\times 1=2$。
• 行索引由 $2$ 增至 $7$，位址增加 $(7-2)\times 5=25$。

總位址差為 $2+25=27$，因此：

然而，題目選項中沒有 $100037$；官方答案指定為 (C) 102710。依照一般以每個元素占一個位址空間的行為主公式推算，結果與官方答案不符。

選項分析

核心觀念

Kruskal 演算法用來求連通、帶權無向圖的最小展開樹。最小展開樹需連接圖中所有頂點、不含環，且總權重最小；若圖有 $n$ 個頂點，展開樹恰有 $n-1$ 條邊。

演算法將邊依權重由小到大考慮，逐一加入「不會形成環」的邊，直到選出 $n-1$ 條邊。因此，Kruskal 屬於貪心演算法。若多條邊權重相同，演算法仍可繼續執行；相同權重可能讓最小展開樹不唯一，但不會使演算法無法找出最小展開樹。

解題方法

判斷各選項是否符合 Kruskal 的流程與最小展開樹性質。關鍵在於分清楚「最小展開樹可能不唯一」和「無法找出最小展開樹」：前者不代表演算法失效。

選項分析

(A) 屬於貪心演算法（greedy algorithm）。正確。 Kruskal 每一步都優先選擇目前權重最小、且不會形成環的邊，符合貪心策略。

核心觀念

選擇排序法（Selection Sort）每一趟都在尚未排序的部分中，找出最小值，並與該部分的第一個元素交換。由小到大排序時，完成第一趟後，最小值會移至陣列最前方；完成第二趟後，次小值會移至第二個位置。

解題方法

初始陣列為 $[43, 74, 36, 65, 22]$。

1. **第一趟：**在整個陣列中找最小值 $22$，與第一個元素 $43$ 交換： $[22, 74, 36, 65, 43]$

2. **第二趟：**在尚未排序的部分 $[74, 36, 65, 43]$ 中找最小值 $36$，與該部分第一個元素 $74$ 交換： $[22, 36, 74, 65, 43]$

因此，進行完兩次交換後，陣列內容為 $[22, 36, 74, 65, 43]$。

選項分析

核心觀念

本題考程序排程的飢餓現象、護衛效應，以及不同排程演算法的目標。

• 護衛效應（Convoy Effect）：短工作被長工作阻擋，形成一批工作排隊等待的現象，常見於先到先服務（FCFS）。
• 飢餓（Starvation）：某程序長期無法取得 CPU。容易發生在優先權排程或短工作優先（SJF），不會是 FCFS 的典型問題。
• 最短工作優先（SJF）：每次優先選擇預估 CPU 執行時間最短的工作；在工作均已就緒且 CPU 執行時間已知的條件下，非搶奪式 SJF 可使平均等待時間最小。
• 多層次回授佇列（Multilevel Feedback Queue, MLFQ）：程序可依執行情形在不同優先權佇列間移動，藉由佇列優先權與時間片設計，近似達成短工作優先的效果。

解題方法

逐一比對各選項所描述的演算法特性。判斷重點是：護衛效應通常與 FCFS 相連；飢餓常見於短工作優先或優先權排程；MLFQ 可藉由程序移動規則偏重短工作；非搶奪式 SJF 的平均等待時間最小，則有「執行時間已知且工作均已就緒」的前提。

選項分析

核心觀念

本題考多執行序（multithreading）的典型優點。作業系統課程常將其歸納為四項：應答性、資源共享、經濟性、可擴大尺度性。題目中的「負載平衡」不屬於這組標準優點。

解題方法

辨認選項是否屬於多執行序的常見優點即可。多個執行序可在同一個行程內並行或交錯執行，改善程式回應、共享行程資源、降低建立與切換的成本，並在多處理器系統上提升平行處理能力。逐一比對後，選出不在此列的選項。

選項分析

• (A) 應答性（Responsiveness）—正確的優點。 若某執行序因等待輸入輸出或其他工作而阻塞，程式中的其他執行序仍可繼續執行，因此使用者介面或服務較能維持回應。

核心觀念

本題考分頁位址轉換，以及 FIFO 與 LRU 分頁置換演算法的分頁錯誤計數。

每頁大小為 50 位元組，因此位址 $a$ 所屬的分頁編號為：

存取位址若對應的分頁不在 3 個實體框中，就發生一次分頁錯誤；若已在框中，則為命中。FIFO 置換最早載入的分頁；LRU 置換最久未被使用的分頁。

解題方法

先將位址換成分頁編號：

例如，$0100$ 所屬分頁為 $\lfloor 100/50 \rfloor=2$；$0542$ 所屬分頁為 $\lfloor 542/50 \rfloor=10$。

下表以「框 1、框 2、框 3」記錄置換後的內容；「錯」表示發生分頁錯誤，「中」表示命中。初始框為空。

核心觀念

本題考 RAID（磁碟陣列）各層級的資料配置方式，以及在硬碟數量與規格相同時，可提供的可用儲存容量。假設每顆硬碟容量皆為 $S$，共有 $N$ 顆硬碟，且不計檔案系統等額外耗用：

• RAID 0：以區塊分散（striping）方式儲存，不使用備援容量，可用容量為 $N \times S$。
• RAID 1：以鏡像（mirroring）方式保存資料副本，需使用部分容量作為備援。
• RAID 5：以分散式同位元（distributed parity）提供單顆硬碟故障容錯，容量相當於 $N-1$ 顆硬碟。
• RAID 6：以雙重分散式同位元提供兩顆硬碟故障容錯，容量相當於 $N-2$ 顆硬碟。

解題方法

比較各 RAID 層級中，有多少硬碟容量用於保存原始資料、多少用於鏡像或同位元備援。RAID 0 不配置備援，所有硬碟空間都可用來儲存資料，因此可用容量最大。

以常見的等容量硬碟配置表示：

核心觀念

本題考查 NIST 雲端計算的四種佈建模型，以及各模型的使用對象範圍：

• 公有雲（Public cloud）：提供給一般大眾或大型產業群體使用。
• 私有雲（Private cloud）：專供單一組織使用。
• 社區雲（Community cloud）：由具有共同需求的多個組織共同使用，例如共同的任務、安全要求或政策。
• 混合雲（Hybrid cloud）：由兩種以上不同佈建模型組成，彼此仍保有獨立性，並透過技術連結以利資料或應用程式移轉。

解題方法

先看題目的兩個關鍵條件：多家公司共同組成、共享資源，以及僅限參與公司使用。這表示使用者是多個具有共同利益的組織，雲端的使用範圍也限定在這些組織之內，符合社區雲的定義。

核心觀念

本題考「挖礦」在區塊鏈中的作用，以及礦工的計算能力與獲利之間的關係。以採用工作量證明（Proof of Work, PoW）的加密貨幣為例，礦工透過大量計算競爭產生符合難度條件的區塊；成功挖出區塊者可獲得區塊獎勵及交易手續費。挖礦的計算能力通常以算力表示，算力越高，礦工取得區塊獎勵的機率通常越高，但這不代表獲利一定越高。

解題方法

判斷各選項是否符合挖礦網路的運作方式，尤其注意「一定」等絕對用語。挖礦獲利除了受個別礦工算力影響，也取決於全網總算力、獎勵與手續費、電價、設備成本及幣價等因素。因此，不能只憑電腦計算速度就斷定獲利。

選項分析

• (A) 正確。 礦工透過網路互相傳遞交易資訊與新區塊，並共同參與區塊鏈的驗證與更新，形成同儕對同儕（peer-to-peer, P2P）網路。
• **(B) 正確。

核心觀念

本文切換（context switch）是作業系統將 CPU 從一個執行緒或行程交給另一個執行緒或行程時，保存目前執行狀態，並載入下一個執行單位狀態的過程。需要保存或恢復的狀態通常包括程式計數器、暫存器及堆疊指標等。

中斷處理、排程器與調度器都可能參與本文切換流程；命令列殼層則是提供使用者輸入命令、啟動程式的介面，與核心切換執行本文沒有直接關聯。

解題方法

判斷各選項是否直接參與「決定切換、觸發切換或執行切換」：

1. 中斷可能使 CPU 暫停目前工作，進入核心處理中斷。
2. 排程器決定接下來由哪個行程或執行緒使用 CPU。
3. 調度器負責將 CPU 控制權交給排定的執行單位，並完成必要的狀態切換。
4. 命令列殼層負責接收與解譯命令，並非核心執行本文切換的機制。

因此，與本文切換無直接關聯者為命令列殼層。

選項分析

核心觀念

本題考查關聯式資料庫分解後是否能無損重建原資料。將一個關係拆成多個關係時，若只保留各表中的欄位與資料，重新連接後仍可能產生原表沒有的組合；這種情況稱為有損分解。

本題三張新表分別保存員工個人資料、員工職稱與離職日，以及職稱與部門，但表三沒有「部門」欄位，表四也沒有「員工 ID」欄位。職稱「秘書」同時對應人事與會計，因此只憑職稱無法確定員工所屬部門。

解題方法

逐一檢查原表中的資訊，能否僅由新表查出：

• 表二可用員工 ID 查到名字與地址。
• 表三可用員工 ID 查到曾任職稱及離職日。
• 表四可由職稱查到可能對應的部門；但若同一職稱出現在多個部門，就無法判定特定員工屬於哪個部門。

例如，表三知道員工 34Y70 的職稱是「秘書」，表四卻有「秘書—人事」與「秘書—會計」兩筆資料。新表沒有保留「員工 ID—部門」的對應關係，因此不能確定 34Y70 的部門。原表則直接記錄了每筆員工資料的部門。

選項分析

核心觀念

本題考「色彩模型」與其他數位影像相關表示方式的區別。色彩模型以數值表示顏色，可用於描述或處理數位影像中的色彩；RGB、HSV、YIQ 都屬於色彩模型。YPR（yaw、pitch、roll）則表示物體或座標系統的三個旋轉角度，不是色彩模型。

解題方法

判斷各選項代表的量：若是描述顏色的分量或屬性，即適用於代表數位影像的色彩模型；若描述的是物體的空間姿態，就不適用。

選項分析

• (A) RGB：正確。 以紅、綠、藍三個色彩分量表示顏色，是常見的加色模型，也廣泛用於螢幕與數位影像。
• **(B) HSV：正確。

核心觀念

點陣圖（Bitmap 或 Raster Image）以像素（Pixel）組成的二維陣列表示影像。每個像素記錄顏色資訊；影像的色彩深度則表示每個像素可使用多少位元來編碼顏色。

24 位元 RGB 影像通常將 24 位元分成紅、綠、藍三個色彩通道，每個通道各 8 位元，因此每個通道有 $2^8=256$ 種亮度值。每個像素可表示的顏色總數為：

解題方法

先辨認各選項描述的是點陣圖的表示方式、檔案格式、解析度影響，還是色彩深度。題目問「錯誤」的敘述；其中，最關鍵的是區分「24 位元」與「24 種顏色」：24 位元代表每個像素有 24 個位元可編碼顏色，不是只有 24 種顏色。

選項分析

核心觀念

串流媒體是將音訊或影片分段傳送，接收端收到足以播放的資料後即可開始播放；播放期間，後續資料會持續傳送。串流資料仍會經過網路封包傳送，不會把整部影片壓縮成單一封包。

串流播放通常會在使用者端的緩衝區暫存一小段資料。因此，「不必等整部影片接收完畢即可觀看」是串流的特點；「不會儲存於使用者端」則把「不必完整下載」誤解成「完全不暫存」。

解題方法

逐一核對各選項是否符合串流的傳送與播放方式。關鍵在於分辨「整部影片不必先下載完」與「整部影片一次裝進一個封包傳送」：前者正是串流的特性，後者不符合網路傳輸的分段方式。

選項分析

• (A) 正確。 網路頻寬若不足以支應影片的資料傳輸速率，接收速度可能跟不上播放速度，造成停頓或緩衝；因此需要足夠的頻寬才能流暢觀看。
• (B) 正確。 串流採取邊接收、邊播放的方式，使用者不必等候整部影片下載完成。

核心觀念

本題考各種常見圖片格式的色彩能力、壓縮方式，以及是否支援動態影像：

• BMP 通常以未壓縮方式儲存點陣圖，檔案較大。
• PNG 是可攜式網路圖形格式，支援無失真壓縮與透明度，標準 PNG 用於靜態影像。
• GIF 使用索引色，每一張影格最多表示 256 色，也支援動畫。
• JPEG 常用於照片，以有失真（破壞性）壓縮降低檔案大小。

解題方法

逐一核對格式的代表特性，找出與格式規格不符的敘述。關鍵在於區分 PNG 與 GIF：兩者都常用於網路圖片，但動畫支援是 GIF 的典型特性；標準 PNG 本身用於靜態影像。

選項分析

• (A) BMP 為無壓縮格式。正確。 BMP 常以未壓縮的點陣資料儲存影像，因此通常檔案較大。雖然 BMP 格式也存在壓縮方式，但本題所述為常見的 BMP 特性，符合一般命題用法。

核心觀念

本題考視訊介面的訊號型態，以及介面能否傳送聲音。判斷重點是：VGA 傳送類比影像訊號；DVI 依規格可傳送數位訊號，部分規格也包含類比訊號；HDMI 則以數位方式傳送影像，並可同時傳送聲音。

解題方法

逐一核對各介面的訊號特性。只要找出與介面定義相反的敘述，即為題目所問的錯誤選項。尤其要注意，HDMI 名稱中的「數位」與其影音傳輸能力，不能和 VGA 的類比傳輸混淆。

選項分析

核心觀念

霍夫曼編碼（Huffman Coding）依符號出現機率配置不等長的前綴碼：出現頻率越高，編碼通常越短。已知各符號比例時，平均每個符號所需位元數為「各符號機率乘上其碼長，再加總」。

解題方法

原本每個數字固定使用 2 位元，因此序列長度為 $N$ 時，原始儲存量為 $2N$ 位元。

依霍夫曼合併法，從機率最小的兩個符號開始合併：

1. 合併 $0.10$ 與 $0.20$，得到 $0.30$。
2. 合併兩個 $0.30$，得到 $0.60$。
3. 合併 $0.40$ 與 $0.60$，得到根節點 $1.00$。

由此可得一組霍夫曼碼，其碼長為：機率 $0.40$ 的符號長度為 1；機率 $0.30$ 的符號長度為 2；機率 $0.20$ 與 $0.10$ 的符號長度均為 3。平均碼長為

因此，長度為 $N$ 的序列經霍夫曼編碼後，約需 $2.10N$ 位元。相較於原本的 $2N$ 位元，比例為

爭議點與官方答案