111 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

本題考查微處理器如何利用平行運算提升效能。平行運算是指同一時間讓多個運算或多筆資料處理工作同時進行。常見方式包括指令管線、動態排程、SIMD 與向量運算；純量架構則以逐筆處理資料為主。

解題方法

判斷各選項是否利用平行運算，關鍵在於：它是否讓多個指令階段、指令或資料元素同時處理。

純量架構一次對一筆資料執行一個運算，沒有以多筆資料或多個運算單元同時處理為主要特徵，因此不是本題所問的平行運算技術。

選項分析

• (A) 動態管道排程（dynamic pipeline scheduling）：屬於平行運算技術。處理器可依指令間的相依關係與運算單元狀態，動態安排指令執行；不同指令可重疊執行，提升指令層級平行度。

核心觀念

分散式系統是由多部透過網路連結的電腦組成，彼此協調並分擔工作。各節點可以共同提供服務、分享資料，也可透過備援或故障轉移提升系統可靠度。節點不必採用相同硬體，也不必具有相同計算效能。

解題方法

判斷各敘述是否屬於分散式系統的必要特性。題目問「何者錯誤」，逐一檢視哪些說法符合分散式系統的組成與運作方式；若某項把非必要條件說成必須符合，即為錯誤。

選項分析

核心觀念

CPU 內部時脈速度（Clock Rate）由外頻與倍頻相乘得到：

外頻是基準時脈，倍頻表示 CPU 內部時脈相對於外頻提高的倍率。

解題方法

題目給定外頻為 $500\ \mathrm{MHz}$，倍頻為 $2$，代入公式：

又因為 $1000\ \mathrm{MHz}=1\ \mathrm{GHz}$，所以 CPU 內部運作的時脈速度為 $1\ \mathrm{GHz}$。

選項分析

核心觀念

本題考「儲存程式（stored-program）概念」：程式指令與資料都存放在電腦記憶體中，由中央處理器依序取出指令並執行。這種設計讓電腦能透過載入不同程式執行不同工作，是現代通用型電腦的重要基礎。

解題方法

辨認題幹中的關鍵描述：「程式和資料都應該儲存在電腦的記憶體」。這正是考試中常歸於馮紐曼的儲存程式概念，因此選擇 (C)。

選項分析

• (A) 巴貝奇（Charles Babbage）：設計分析機，提出包含記憶、運算、控制與輸入輸出等構想，常被稱為「電腦之父」。但本題詢問的是程式與資料共同儲存於記憶體的概念，標準考試答案歸於馮紐曼。

核心觀念

本題考的是程式執行時的記憶體配置，以及各區塊大小何時確定。一般程式的記憶體區域可概分為：

• 文字部分（text segment）：存放已編譯的機器指令。程式碼在編譯、連結完成後，其指令內容與所需空間已確定。
• 靜態數據（static data）：存放全域變數、靜態變數等生命週期涵蓋整個程式執行期間的資料。其配置需求通常可由程式宣告及初始化內容在編譯時期決定。
• 動態數據（dynamic data／heap）：供程式執行期間動態配置與釋放記憶體使用，實際需求要到執行時才知道。
• 堆疊部分（stack segment）：支援函式呼叫、區域變數及返回位址等；使用量會隨呼叫深度與執行狀況改變。

解題方法

逐一判斷各區塊的容量是否能在編譯時期決定。文字部分與靜態數據的空間需求，通常可由已編譯的指令及靜態變數宣告得知；

核心觀念

管線化 CPU 的控制危障主要發生在分支或跳躍指令：處理器尚未確定下一個要執行的指令位址，就已經取入後續指令；若分支結果或目標位址與預取內容不同，便須處理錯誤取入的指令，造成管線延遲。

資料前饋（Data Forwarding）則是處理資料危障的方式：將前一條指令尚未寫回暫存器的結果，直接傳送給後續指令使用。它處理的是資料相依，不是分支造成的控制流程問題。

解題方法

先辨認各選項所針對的危障類型：

• 分支預測、延遲分支與管線暫停，都是處理控制危障的常見方法。
• 資料前饋是處理資料危障的方法。

因此，題目問「無法用來處理控制危障」時，選出用途不對應的資料前饋即可。

選項分析

(A) 資料前饋（Data Forwarding）—正確答案。 資料前饋把運算結果直接送給有資料相依的後續指令，以減少等待資料寫回所造成的延遲。

核心觀念

本題考硬式磁碟機（HDD）常見的資料傳輸介面。SATA、SCSI、SAS 都是常見的硬碟介面名稱；PCIe 則是連接高速周邊裝置的匯流排介面，常見於 NVMe 固態硬碟（SSD），不是傳統 HDD 的常見資料傳輸介面。

解題方法

逐一辨認各選項所屬的介面類型，找出不屬於 HDD 常見介面者：

• SATA：常見於個人電腦硬碟。
• SCSI、SAS：常見於伺服器或企業級硬碟。
• PCIe：常見於高速擴充卡及 NVMe SSD。

因此，題目所問的「不是硬式磁碟機常見的資料傳輸介面」是 PCIe。

選項分析

• (A) SATA：錯誤選項。 SATA（Serial ATA）廣泛用於個人電腦的 HDD，也是常見的硬碟傳輸介面。
• **(B) PCIe：正確答案。

核心觀念

本題考查周邊設備與主記憶體、處理器之間進行資料傳送時的控制方式。常見的 I/O 傳送模式包括：

• Polling（輪詢）：處理器反覆檢查周邊設備狀態，確認設備準備好後再傳送資料。
• Interrupt-driven I/O（中斷驅動 I/O）：周邊設備準備好時發出中斷，通知處理器處理資料傳送。
• Direct Memory Access（DMA，直接記憶體存取）：由 DMA 控制器協助周邊設備與主記憶體直接交換資料，減少處理器逐筆搬移資料的負擔。

這些模式描述的是 I/O 資料傳送的控制或搬移方式。**Processor-Memory Bus（處理器—記憶體匯流排）**則是連接處理器與記憶體的匯流排，並非周邊設備資料傳送的處理模式。

解題方法

先辨認各選項的性質：若選項說明的是處理器如何得知 I/O 狀態、如何受到通知，或資料如何在設備與記憶體間搬移，即屬於周邊設備資料傳送模式；若只是描述硬體間的連接通道，便不屬於此類。

依此判斷，Polling、Interrupt-driven I/O 與 DMA 都是常見 I/O 處理方式；

核心觀念

本題考記憶體的用途與特性。程式執行時，作業系統會將需要執行的程式指令與資料載入主記憶體，供 CPU 讀取及處理。一般電腦的主記憶體是隨機存取記憶體（RAM），屬於揮發性記憶體，斷電後內容會消失。

解題方法

題幹問的是「短期執行的程式和資料」存放在哪種記憶體。判斷重點是：執行期間需要讓 CPU 快速讀寫，因此使用可讀可寫的 RAM；ROM、PROM、EPROM 則主要用於保存不常變動的內容，並非一般程式執行時的主要暫存空間。

選項分析

• (A) 唯讀記憶體（ROM）錯誤。 ROM 的內容通常供讀取，適合保存開機或固定韌體等資料；一般情況下不能像 RAM 一樣供程式自由讀寫。
• **(B) 隨機存取記憶體（RAM）正確。

核心觀念

匯流排頻寬表示單位時間內最多可傳輸的資料量，可由「每秒傳輸次數 × 每次傳輸的資料位元數」計算。題目未提及雙倍資料率等傳輸方式，依一般假設，每個時脈週期傳輸一次。

解題方法

匯流排寬度為 $32$ bits，代表每次可傳輸 $32$ bits；頻率為 $500\ \mathrm{MHz}$，代表每秒有 $500\times 10^6$ 個時脈週期。

先計算每秒傳輸的位元數：

再將 bits 換算為 bytes，$8$ bits $=1$ byte：

因此最高頻寬為 $2\ \mathrm{GB/s}$。

選項分析

核心觀念

$n$ 位元的 1 補數，是將原二進位數的每一位元逐位反相：$0$ 變成 $1$，$1$ 變成 $0$。若正數以 $n$ 位元表示，將它逐位取反，即得到其負數的 1 補數表示；因此，本題可將 $10110110$ 逐位反相，找出對應的十進位數。

解題方法

將題目給的位元逐位取反：

$01001001$ 的最高位為 $0$，代表這是正數，其值為：

所以 $10110110$ 是 $-73$ 的 1 補數表示。

選項分析

核心觀念

IEEE 754 單精度浮點數共 32 位元，欄位分為：

• 符號位元 $S$：1 位
• 指數欄位 $E$：8 位，採用偏移值（bias）$127$
• 尾數欄位 $F$：23 位；正規化數的有效數字為 $1.F$

對正規化二進位數，數值為：

解題方法

先將十進位 $5$ 轉成二進位：

因此符號位元 $S=0$，指數為 $2$，加上偏移值 $127$：

尾數欄位取正規化有效數字 $1.01$ 中小數點後的部分，並補足 23 位：

合併符號位元、指數欄位與尾數欄位：

即：

核心觀念

以 $n$ 個位元可表示 $2^n$ 種不同組合。若要表示 $65{,}500$ 個不同的中文字，位元數 $n$ 必須滿足：

解題方法

比較相鄰的 $2$ 次方：

因為 $32{,}768<65{,}500\le65{,}536$，所以至少需要 $16$ 個位元。

選項分析

核心觀念

以 $r$ 為基數的數字系統中，每一位數字都必須小於 $r$。例如 $(245)_r$ 中的數字 $5$ 要能使用，因此 $r>5$。

三位數 $(abc)_r$ 的十進位值為 $ar^2+br+c$。

解題方法

將等式兩側轉換成十進位表示：

依題意相加並令左右相等：

整理得：

解得 $r=6$ 或 $r=-1$。基數必須是大於 $1$ 的正整數，且本題數字要求 $r>5$，故 $r=6$。

選項分析

核心觀念

本題考查算術邏輯單元（ALU）的基本功能。ALU 負責處理算術運算與邏輯運算，常見功能包括加法、減法、AND、OR、XOR 等。除法運算通常需要較複雜的電路與多個步驟，因此一般會由獨立的除法單元處理。

解題方法

逐一判斷選項是否屬於 ALU 的典型基本功能：

• 加法、減法是基本算術運算。
• XOR 是基本邏輯運算。
• 除法通常不直接設計在一般 ALU 內，而由獨立的除法器或運算單元執行。

因此，不會設計在 ALU 中、而是單獨設計的功能是除法。

選項分析

核心觀念

本題考查十六進位加法。十六進位的數字符號為 $0$ 至 $9$、$A$ 至 $F$，其中 $A=10$、$B=11$、$C=12$、$D=13$、$E=14$、$F=15$。每一位相加若達 $16$，就向左一位進位。

解題方法

由最右位向左逐位相加：

• 個位：$4+E(14)=18=16+2$，寫 $2$，進 $1$。
• 第二位：$3+D(13)+1=17=16+1$，寫 $1$，進 $1$。
• 第三位：$2+C(12)+1=15=F$，不進位。
• 第四位：$1+B(11)=12=C$。

由左至右讀取結果為 $(CF12)_{16}$。

選項分析

核心觀念

本題考查布林代數的分配律、互補律與冪等律。符號「$+$」表示邏輯或，「$\cdot$」表示邏輯及；撇號表示反相。常用公式如下：

• $X\cdot(X+Y)=X$
• $(X+Y)(X+Z)=X+YZ$
• $X+X=X$

解題方法

原式為：

先將前兩個括號視為 $(X+R')(X+R)$，令 $X=P+Q'$。利用公式 $(X+Y)(X+Y')=X$：

因此原式化為：

再利用公式 $(X+Y)(X+Z)=X+YZ$，令 $X=P$、$Y=Q'$、$Z=Q+R'$：

核心觀念

本題考查 SR 正反器的輸入與輸出狀態關係。以常見的高電位有效 SR 正反器為例，$S$（Set）負責將輸出設為 1，$R$（Reset）負責將輸出設為 0；兩者皆未作用時，正反器會保留原狀態。

令目前輸出為 $Q_t$，下一狀態為 $Q_{t+1}$：

解題方法

核心觀念

布林代數中，$+$ 表示 OR（或），相鄰變數相乘表示 AND（且）。本題要化簡：

$XY+XZ+YZ$

官方答案為 (C) $XY+XZ$。不過，依布林代數的定義，原式與選項 (C) 並不等價；原式中的 $YZ$ 項不能直接刪除。

解題方法

用輸入值驗算即可判斷兩式是否等價。令 $X=0、Y=1、Z=1$，原式的值為：

$XY+XZ+YZ=(0)(1)+(0)(1)+(1)(1)=1$

選項 (C) 的值則為：

$XY+XZ=(0)(1)+(0)(1)=0$

兩者結果不同，因此 (C) 不是原式的正確化簡。

原式可由共識定理化簡為：

$XY+XZ+YZ=XY+XZ+YZ$

其中三項都是必要項，無法刪去任何一項而保持等價。舉例而言，令 $X=1、Y=0、Z=1$，只有 $XZ$ 為 1；令 $X=1、Y=1、Z=0$，只有 $XY$ 為 1；令 $X=0、Y=1、Z=1$，只有 $YZ$ 為 1。

核心觀念

本題考「位移運算（SHIFT）」如何用於二進位乘法。二進位數字左移一位，相當於乘以 $2$；左移 $k$ 位，相當於乘以 $2^k$。因此，當乘數可表示為 $2$ 的冪次，或乘法可拆解成移位與加法時，處理器可用位移運算加速乘法。

解題方法

將乘法轉成二進位的位移與加法。例如：

其中 $\ll$ 表示左移。相較於逐步執行一般乘法，移位能快速完成乘以 $2$ 的冪次；搭配加法即可組合出其他乘數。因此，符合題意的是 SHIFT。

選項分析

核心觀念

本題考查 QR 碼的容錯能力、定位圖樣、尺寸影響因素與資料編碼方式。QR 碼使用錯誤更正碼，使部分資料受損時仍可讀取；容錯能力分為 L、M、Q、H 四個等級，約可修正整體碼字的 7%、15%、25%、30%。

解題方法

逐項核對 QR 碼的基本規格。容錯等級最高的是 H，可修正約 30% 的碼字，因此選項 (A) 正確。其餘選項可由定位圖樣數量、尺寸決定因素及字元編碼方式判斷。

選項分析

• (A) 正確。 QR 碼容錯能力分為 L、M、Q、H 四級；H 級最高，約可修正 30% 的碼字。這裡的百分比是 QR 碼規格中對錯誤更正能力的概略表示。

核心觀念

本題考查公開金鑰密碼學中，如何確認「某把公鑰屬於誰」。公鑰可以公開傳送，但使用者需要可信的方式確認公鑰與持有人身分的對應關係。

數位憑證由可信任的憑證機構（Certificate Authority, CA）簽發，將持有人身分與其公鑰綁定。憑證機構以自己的私密金鑰對憑證內容簽章，接收者可驗證該簽章，藉此確認憑證內容未遭竄改，並確認該公鑰是憑證所載身分的公鑰。

解題方法

抓住題目中的關鍵詞「證明公鑰擁有者的身分」：這是在問身分與公鑰的可信綁定機制，而非摘要、加密或金鑰本身的用途。能提供這種綁定的是數位憑證，因此選 (C)。

選項分析

(A) 訊息摘要（message digest）錯誤。 訊息摘要是對資料計算出的固定長度摘要值，常用於檢查資料是否遭到變更；單獨的摘要無法證明某把公鑰屬於哪個人。

核心觀念

本題考各種文字編碼系統的基本位元數。ASCII 的基本編碼使用 7 個位元，可表示 $2^7=128$ 種不同碼值，包含英文字母、數字、標點符號及控制字元。

解題方法

辨認題目所說的「僅需要七個位元」：每個符號以 7 位元表示，最多有 $2^7=128$ 種組合，這是基本 ASCII 的特徵，因此選 ASCII。

選項分析

• (A) ASCII：正確。 基本 ASCII 使用 7 個位元表示一個碼值，共 128 種。實務上常以 8 位元位元組儲存，額外的第 8 位元不屬於基本 ASCII 的 7 位元編碼。
• **(B) EBCDIC：錯誤。

核心觀念

本題考查巢狀 while 迴圈的執行順序，以及變數在迴圈間持續保留的狀態。內層迴圈每次執行後都會遞減 var2；外層迴圈進入下一輪時，var2 不會自動恢復成初始值 $7$。

解題方法

依照程式順序追蹤變數：

外層迴圈在 var1 分別為 $4,5,6,7$ 時執行；var1 增加為 $8$ 後，var1 < 8 不成立，迴圈結束。因此輸出依序為 $11、10、9$。

選項分析

核心觀念

本題考查軟體程序的四種基本活動。依軟體工程的一般分類，軟體程序不論採瀑布式、增量式或其他開發方式，都包含：

1. 軟體規格制定：確認系統應提供哪些功能，以及應符合哪些限制。
2. 軟體開發：設計並實作軟體。
3. 軟體確認與驗證：檢查軟體是否符合規格、是否滿足使用者需求；軟體測試是這項活動的重要方式。
4. 軟體演進：因應需求或環境變化，修改並維護軟體。

解題方法

先辨認選項是否列出上述四項基本活動之一。題目問「哪一項活動不是」，因此要區分廣義活動名稱與其所包含的具體工作：軟體測試雖是軟體工程的重要工作，但在四種基本活動的分類中，歸屬於「軟體確認與驗證」，不另列為一種基本活動。

核心觀念

本題考 Python 比較運算子與布林運算子的判斷，以及運算優先順序。

比較運算（如 ==、>、!=、>=）會先判斷並產生 True 或 False。布林運算的優先順序為：

$\texttt{not} \;>\; \texttt{and} \;>\; \texttt{or}$

解題方法

先計算各比較式，再依優先順序計算 and、or。

var4 可視為：

代入數值：

• var1 == 4 為 True，var2 > 30 為 False，所以 True and False 為 False。
• var3 > 50 為 True。
• 因此 var4 = False or True = True。

計算 var5：

• var1 != 2 為 True。
• var2 > 26 為 True，所以 not var2 > 26 為 False。
• var3 >= 80 為 False。

核心觀念

二元搜尋樹（binary search tree, BST）中，每個節點的左子樹鍵值小於該節點，右子樹鍵值大於該節點。依序插入數字時，每個新節點都從根節點開始，比較大小後往左或往右，直到找到空位。

前序走訪順序為「根、左子樹、右子樹」。樹的高度則取決於最長根葉路徑；本題以層數計算，新增節點若未延伸最長路徑，高度便不變。

解題方法

依序插入 $20、2、3、4、7、6、9、1、5、8$，得到下列 BST：

20
└─左：2
 ├─左：1
 └─右：3
 └─右：4
 └─右：7
 ├─左：6
 │ └─左：5
 └─右：9
 └─左：8

依此樹逐項檢視前序走訪、父子關係、子樹位置與新增節點後的高度，即可判斷各選項。

選項分析

核心觀念

多型（polymorphism）是指同一個父類別或介面型別的參考變數，可以指向不同子類別的物件；透過該參考變數呼叫同名方法時，程式會依實際物件類型執行相應的實作。這種執行時多型常透過方法覆寫（method overriding）實現。

Java 可用繼承或介面建立這種型別關係，因此兩者都能實現多型。

解題方法

檢查繼承與介面是否都能讓不同類型的物件以共同型別操作，再看覆寫的方法能否依實際物件動態分派。以下兩種情形都成立：

• 繼承：子類別繼承父類別，並覆寫父類別的方法。
• 介面：不同類別實作同一介面，並各自實作介面的方法。

因此，題目問兩種方式能否實現多型，答案是兩者皆可。

選項分析

核心觀念

本題考查多媒體應用與相關設備的基本概念，包括藍光光碟容量、電子紙張的用途、Podcast 的訂閱方式，以及手機作為多媒體裝置的特性。

解題方法

逐項核對敘述中的關鍵定義與規格。藍光光碟的常見標準單層容量為 $25\ \mathrm{GB}$，雙層為 $50\ \mathrm{GB}$；「單層容量為 $30\ \mathrm{G}$」不符合標準規格，因此選 A。

選項分析

• (A) 錯誤。 一般藍光光碟（Blu-ray Disc）的標準單層容量為 $25\ \mathrm{GB}$，雙層容量為 $50\ \mathrm{GB}$。題目所述單層 $30\ \mathrm{G}$ 不正確。

核心觀念

本題考查影像顯示的兩種掃描方式：

• 交錯式掃描（Interlacing）：將一個影格分成奇數線與偶數線，分兩個圖場（field）依序掃描。兩個圖場合成一個完整影格。
• 漸進式掃描（Progressive scan）：每次由上而下依序掃描影格中的全部掃描線，完整顯示一個影格，不拆成奇、偶圖場。

交錯式掃描的兩個圖場在不同時間取得，快速移動的畫面可能出現梳齒狀失真；畫面更新也較容易讓人感受到閃爍。漸進式掃描則一次更新完整影格，通常畫面較穩定、清晰。

解題方法

核心觀念

本題考查直方圖均化（Histogram equalization）。它利用灰階值的累積分布函數重新映射像素灰階，使輸出灰階值較平均地分布於可用範圍，提升影像對比。

設灰階共有 $L$ 個等級，輸入灰階值 $r_k$ 的機率為 $p_r(r_k)$，累積分布函數為：

均化時，將輸入灰階值映射為：

實際影像的灰階值是離散的，且不同輸入灰階值可能映射到同一輸出灰階值，因此輸出直方圖不一定完全平坦。

解題方法

比較圖中的前後直方圖：左圖像素分布集中在部分灰階區間；處理後的右圖，灰階分布被重新展開至較大的範圍，分布形狀也隨累積分布函數的映射而改變。這符合直方圖均化的典型效果。

選項分析

核心觀念

HSV 是以人對顏色的感知方式描述色彩的模型，三個分量分別是：

• H（Hue，色相）：顏色的基本類別，例如紅、黃、綠、藍。
• S（Saturation，飽和度）：色彩的純度或鮮豔程度；飽和度越低，顏色越接近灰色。
• V（Value，明度）：色彩的明暗程度；明度越低，顏色越暗。

解題方法

逐一核對選項中的 HSV 名稱與定義。關鍵是分清「飽和度」和「明度」：飽和度描述色彩純度，明度才描述明暗。純度提高不代表亮度一定提高，因此錯誤敘述是 (C)。

選項分析

核心觀念

色深（color depth）表示每個像素使用多少位元來表示顏色。已知整張畫面的傳輸資料量與像素總數，可用下式求出每像素的位元數：

其中 $1$ Byte 等於 $8$ bits。

解題方法

畫面像素總數為：

將每個畫面的資料量由 Bytes 換算成 bits：

因此每個像素所占位元數為：

題目指定使用 RGB 三原色，每個色彩通道平均分配位元數，因此每個通道為：

依官方答案，本題所問色深採每個 RGB 色彩通道的位元數，故為 $3$ bits。

選項分析

核心觀念

電荷耦合器（Charge Coupled Device，CCD）是影像感測元件。它利用感光區吸收光能，透過光電效應產生與入射光量相關的電荷，再將電荷逐列或逐欄移出並轉換為電訊號，以形成影像資料。

CCD 的用途是將光學影像轉換成電訊號，並非將數位訊號轉成類比訊號。數位訊號轉換成類比訊號屬於數位類比轉換器（DAC）的功能。

解題方法

先辨認 CCD 的訊號方向：光 → 電荷／電訊號 → 影像資料。再檢查各選項對 CCD 原理、特性與用途的描述；凡把 CCD 說成負責數位類比轉換的選項，即為錯誤敘述。

選項分析

核心觀念

霍夫曼編碼（Huffman Coding）依符號出現機率建立二元前綴碼：反覆選取機率最低的兩個節點合併，直到形成一棵二元樹。每個符號的碼字是從根節點走到該符號葉節點的路徑；因此，任何符號的碼字都不能是另一個符號碼字的前綴。

解題方法

依機率由小到大合併：

1. 合併 $a_2$ 與 $a_3$：$0.125+0.125=0.25$。
2. 此時有 $a_1$（$0.25$）、$(a_2,a_3)$（$0.25$）、$a_0$（$0.5$）。合併兩個機率為 $0.25$ 的節點，得到機率 $0.5$ 的子樹。
3. 最後合併兩個機率為 $0.5$ 的節點。

依樹枝標記為 $0$ 或 $1$，一種可行的碼簿是：

• $a_0=0$
• $a_1=10$
• $a_2=110$
• $a_3=111$

因此選項 B 符合霍夫曼編碼。相同機率的節點左右位置可以互換，所以也可能得到其他碼字排列；判斷時看碼字長度及前綴性即可。

此碼簿的加權平均碼長為：

核心觀念

本題考查多媒體通訊系統中各功能模組的分工。傳輸過程可能受到雜訊或干擾，造成位元錯誤；**通道編碼（Channel coding）**會加入冗餘資訊，讓接收端能偵測或更正錯誤，因此負責傳輸錯誤保護。

解題方法

先找題幹中的關鍵詞「傳輸錯誤保護」，再對照各模組的主要任務：資料來源的壓縮與還原屬於來源編碼；實體訊號的載波轉換屬於調變；錯誤偵測與更正則屬於通道編碼。依此判斷，答案為通道編碼與解碼。

選項分析

• (A) 資料編碼與解碼（Source coding and decoding）：錯誤。 來源編碼處理原始多媒體資料，例如影像、聲音的壓縮與表示，以減少資料量或適合儲存、傳送；其主要目的不是提供傳輸錯誤保護。

核心觀念

本題考查取樣理論中的奈奎斯特取樣定理：若要重建最高頻率為 $f_{\max}$ 的聲音，取樣頻率 $f_s$ 至少須為最高聲音頻率的 2 倍：

解題方法

題目給定音源頻率為 $15\ \mathrm{kHz}$。依奈奎斯特取樣定理：

因此，能清晰表示此音訊的最低取樣頻率為 $30\ \mathrm{kHz}$。

選項分析

核心觀念

本題考加法器的傳播延遲，也就是輸入改變後，結果輸出穩定所需的時間。比較不同加法器時，關鍵在於進位訊號是否必須逐位等待傳遞。

解題方法

以 $n$ 位元加法器比較進位路徑：

• 漣波進位加法器：每一位都要等待前一位的進位，最壞情況下進位須由最低位一路傳到最高位，延遲約隨位元數線性增加，可表示為 $O(n)$。64 位元時，進位路徑可能跨越多個位元級。
• 其他加法器透過預先計算進位、平行計算候選結果，或減少進位傳遞路徑，降低延遲。

因此，在題目列出的架構中，漣波進位加法器的傳播延遲時間最長。

選項分析

• (A) 前瞻進位加法器（Carry-Lookahead Adder）錯誤：利用產生（generate）與傳遞（propagate）訊號，預先推導各位進位，減少逐位等待；延遲通常低於漣波進位加法器。

核心觀念

YCbCr 影像由亮度分量 $Y$ 與兩個彩度分量 $Cb$、$Cr$ 組成。次取樣會減少彩度分量的取樣數；符號 $4:2:0$ 表示在水平與垂直方向都降低彩度取樣密度。

解題方法

以 $2\times2$ 個影像像素為一組計算：

• YCbCr 4:4:4：每個像素各有 1 個 $Y$、1 個 $Cb$、1 個 $Cr$，共 $12$ 個分量取樣值。
• YCbCr 4:2:0：4 個像素仍保留 4 個 $Y$，但 $Cb$ 與 $Cr$ 各只取樣 1 次，共 $4+1+1=6$ 個分量取樣值。

因此，次取樣後的資料量比例為

題目以「總像素點數」描述，依此類題目的慣例，是比較次取樣前後的總取樣資料量；影像的亮度像素位置仍不變，減少的是彩度取樣數。

選項分析

核心觀念

本題考點是**點陣圖（Raster）與向量圖（Vector）**的表示方式及適用情境：

• 點陣圖由許多像素（Pixel）組成，每個像素記錄顏色等資訊。解析度固定，適合呈現照片、陰影、紋理等細緻複雜的影像；放大時可能出現鋸齒或模糊。
• 向量圖以幾何物件及其數學參數描述圖形，例如線段的座標、圓的半徑、曲線控制點與填色。調整大小時通常能維持清晰，適合圖示、標誌、線稿等幾何圖形。

解題方法

逐項比對各選項的描述與影像表示方式：若提到像素與細節，通常是點陣圖；若提到座標、角度、距離等幾何參數，通常是向量圖。再判斷其是否適合動態影像，以及放大縮小時的表現。

選項分析