112 高普考普通考試 電信工程 計算機概要 考古題詳解
第 1 題2 分
在設計管線式（pipeline）處理器時，需搭配各式軟硬體的設計機制，以減少管線因 data hazard 損失的運算效能。下列優化運算效能的技術，何者不能於編譯器（compiler）上實施？
核心觀念
本題考查計算機組織與結構中管線處理器（Pipelined Processor）之資料冒險（Data Hazard）處理機制，以及硬體控制與軟體（編譯器）最佳化之分工：
- 資料冒險類型：包括 RAW（Read-After-Write，真相依）、WAR（Write-After-Read，反相依）與 WAW（Write-After-Write，輸出相依）。
- 解決層次劃分：
- 純硬體機制（Hardware-only）：於處理器執行期（Run-time）藉由微架構專屬電路動態偵測並解決相依性，例如前向傳遞（Data Forwarding / Bypassing）。
- 軟體／編譯器機制（Software / Compiler）：於靜態編譯期（Compile-time）透過代碼重排、暫存器重新指派或迴圈重構消除管線停頓（Stall）。部分技術（如暫存器重新命名）亦可同時具備軟體靜態版與硬體動態版。
解題方法
解題切入點在於區分各項技術的實作層次（靜態編譯代碼層 vs. 執行期電路微架構層）：
- 編譯器能做的事情限於「生成與調配指令序列、配置架構暫存器（Architectural Registers）」。
- 若某技術依賴處理器內部實體微架構連線、多工器（MUX）與轉發控制邏輯，在指令於管線各階段執行時即時旁路（Bypass）傳遞運算結果，則屬於微架構純硬體實作，編譯器無法在軟體層面替代此物理傳遞機制。
選項分析
-
(A) Data forwarding（符合題意，為正確答案） 不能於編譯器實施。Data forwarding 又稱 Bypassing（旁路傳遞），是純粹的硬體技術。當前序指令與後續指令存在 RAW 資料相依時，硬體的轉發單元（Forwarding Unit）藉由管線暫存器（如 EX/MEM、MEM/WB）至 ALU 輸入端之間的實體導線與多工器，直接將剛算好的結果提前旁路傳遞給後續指令，無需等待寫回暫存器檔案（Register File）。此機制全憑硬體電路在執行期動態運作，編譯器無法藉由軟體編程直接實施實體線路的訊號旁路。
-
(B) Instruction scheduling（可於編譯器實施） 指令排程是經典的編譯器最佳化技術（亦稱 Static Scheduling）。
第 2 題2 分
將時間切割成很多小片段，讓 CPU 不停地在許多程序（Process）之間切換執行，每位使用者以為自己的程序一直持續在執行，這種作業系統稱為：
核心觀念
本題考「分時系統（Time-sharing system）」的運作方式：作業系統把 CPU 時間分成許多短時間片（time slice），輪流分配給多個程序執行。時間片很短，且作業系統會快速切換程序，因此使用者感覺自己的程序持續占用 CPU。
解題方法
抓住題幹的兩個關鍵線索：「時間切割成很多小片段」和「使用者以為自己的程序一直持續在執行」。這描述的是分時系統以時間片輪流服務多位使用者或多個程序，帶來互動式、近似同時執行的使用感受。
選項分析
- (A) 多元（Multi-programming）系統：錯誤。 多元程式設計是讓多個程序同時留在記憶體中；當某程序等待輸入／輸出時，作業系統切換到其他程序，以提高 CPU 使用率。題幹強調的是按短時間片輪流分配 CPU，屬於分時系統的特徵。
第 3 題2 分
在記憶體階層架構裡，下列敘述何者錯誤？
核心觀念
本題考記憶體階層的種類與用途。記憶體通常依存取速度、容量及成本排列：CPU 暫存器最快，其次是快取記憶體、主記憶體，之後是輔助記憶體。越靠近 CPU 的記憶體通常速度越快、容量越小。
解題方法
逐一確認各選項描述的記憶體種類與階層位置。主記憶體一般由 RAM 構成，硬碟屬於輔助記憶體；提升 CPU 與主記憶體之間存取效能的典型高速記憶體則是快取記憶體（Cache）。快閃記憶體主要用於 SSD、USB 隨身碟等儲存裝置，並非標準記憶體階層中置於 CPU 與主記憶體之間的快取。
選項分析
第 4 題2 分
音樂 CD 的取樣頻率是 ，取樣位元是 位元，一段雙聲道 秒鐘的音樂，在無壓縮的情形下，需要多少位元組（Byte）來儲存？
核心觀念
數位音訊的未壓縮資料量，取決於取樣頻率、每次取樣的位元數、聲道數與錄音時間。計算時先求總位元數，再以 位元 Byte 換算為位元組。
解題方法
每秒每個聲道取樣 次，每次取樣使用 位元；雙聲道有 個聲道，錄音時間為 秒。因此：
換算為位元組：
選項分析
第 5 題2 分
將二進位數字 換算為四進位數字，下列何者正確？
核心觀念
二進位與四進位的基底互為平方關係，因為 。因此，每 個二進位位元可以直接換成 個四進位數字：
解題方法
由小數點向左，每兩個二進位位元分成一組。題目中的二進位數為 ，分組後為：
逐組換算：
依原位序排列，得到：
第 6 題2 分
關於 process 與 thread 的敘述，下列何者錯誤？
核心觀念
本題考 process（行程／程序）與 thread（執行緒） 的記憶體與資料共享方式。
- Process 是程式執行時的資源與記憶體管理單位。不同 process 通常各有獨立的位址空間。
- Thread 是 CPU 排程與執行的基本單位。同一 process 內的 threads 共享該 process 的程式碼、全域變數與堆積等資源，但各自有自己的堆疊與暫存器狀態。
- 多核心系統可透過多個 threads 或多個 processes 執行平行工作；能否平行執行，取決於工作安排及系統支援。
解題方法
判斷關鍵在於 global variable 的共享範圍：同一 process 內的 threads 共享位址空間，因此能存取同一個全域變數；不同 processes 則各有獨立位址空間，不能直接以同名全域變數交換資料。跨 process 溝通須使用作業系統提供的行程間通訊（IPC），例如共享記憶體、管線或訊息佇列。
選項分析
第 7 題2 分
對 和 按位元（bit-wise）進行 AND 的運算，結果為下列何者？
核心觀念
位元 AND（bit-wise AND）是逐位比較兩個二進位數字：只有兩個位元都為 ，結果才是 ；其餘情況皆為 。
解題方法
將兩數由右至左對齊，逐位套用 AND 規則：
因此，
第 8 題2 分
下列哪一種作業系統排程演算法，理論上能得到最短的平均等待時間？
核心觀念
本題考查作業系統的 CPU 排程。平均等待時間是所有行程在就緒佇列中等待 CPU 的時間總和，除以行程數。若各行程皆已就緒，且已知其 CPU 執行時間，最短工作先做（SJF）會優先執行所需 CPU 時間較短的行程，理論上可使平均等待時間最短。
解題方法
將行程依 CPU 執行時間由短至長排序，先完成短工作，可避免短工作長時間排在長工作後面。若行程執行時間為 ，依此順序排程時，第 個行程的等待時間為前面行程執行時間之和：
平均等待時間為：
此順序讓較短的執行時間較少被計入其他行程的等待時間，因此能使平均等待時間達到最小。題目問「理論上」的最佳演算法，答案即為 SJF。
第 9 題2 分
某計算機系統具有 bits 位址的記憶體定址空間，並包含一個 direct mapped 快取記憶體（cache）。該快取記憶體每個 cache block 為 bytes，且必須儲存 bits 的位址做為 tag。該快取記憶體的大小為何？
核心觀念
直接對映快取（direct-mapped cache）的 32 位元位址會分成三部分：
其中，block offset 用來指定區塊內的位元組位置；index 用來選出快取中的區塊；tag 用來辨認該區塊對應的主記憶體位址。
解題方法
每個 cache block 為 bytes，因此區塊內位移需要：
題目指定 tag 為 bits，所以 index 位元數為：
直接對映快取共有 個 cache block。每個 block 為 bytes，故快取資料區大小為：
第 10 題2 分
將八進位數值 換算為十六進位，下列何者正確？
核心觀念
不同進位制的數值可先換算成十進位，再轉成目標進位制。八進位每一位的位值依序為 ；十六進位則以 至 和 至 表示，其中 。
解題方法
先將 展開為十進位：
再將 連續除以 ，由下往上讀取餘數：
因此十六進位各位數由高位至低位為 ，故：
選項分析
第 11 題2 分
程式執行的流程有時必須根據指令執行的結果而改變，在處理器管線（Pipelining）架構中，這種情形將會引發何種危障（Hazard）？
核心觀念
處理器管線將指令拆成多個階段，讓不同指令能同時在不同階段執行。當管線中的指令無法依原定時序順利執行時，稱為管線危障（Pipeline Hazard）。
若下一步要執行哪一條指令，必須依目前指令的結果才能決定，例如條件分支指令須等比較或判斷結果出來，處理器才知道要沿原路徑繼續執行，還是跳到分支目標。這會使管線無法立即確定後續應載入的指令，形成控制危障（Control Hazard），也稱分支危障（Branch Hazard）。
解題方法
題幹的關鍵是「根據指令執行的結果而改變程式執行流程」。這描述的是分支或跳躍造成的控制流程變化，因此辨認為控制危障。若分支結果尚未確定，處理器可能需要暫停管線、清除已載入的錯誤路徑指令，或透過分支預測降低等待影響。
選項分析
第 12 題2 分
網路傳輸媒介中，下列何者最不受電磁波干擾？
核心觀念
本題考查網路傳輸媒介對電磁波干擾的敏感程度。雙絞線與同軸電纜以金屬導體傳送電訊號，無線傳輸則直接利用電磁波傳遞資料；光纖傳送的是光訊號，不依賴電流在金屬導體中流動，因此最不受外部電磁波干擾。
解題方法
比較各媒介的傳輸訊號是否容易受到外界電磁場影響：
- 金屬線路以電訊號傳輸，可能受到外部電磁干擾。
- 無線傳輸本身使用電磁波，容易受其他無線訊號或電磁雜訊影響。
- 光纖以光訊號傳輸，且纖芯為非導電材料，外部電磁場不易干擾光訊號。
因此，最不受電磁波干擾的是光纖。
選項分析
第 13 題2 分
已知某二元樹為不同數字之最大堆積（Max-heap），下列敘述何者正確？
核心觀念
最大堆積（Max-heap）是符合下列條件的完全二元樹：
- 堆積順序性：每個父節點的值都大於其子節點的值。題目給定數字互不相同，因此父節點值嚴格大於子節點值。
- 完全二元樹結構：除最後一層外，其餘各層都填滿；最後一層的節點由左向右排列。
堆積順序性只比較具有直屬關係的父子節點，並不規定所有節點的整體大小排列。
解題方法
沿著任一條從樹根到樹葉的路徑，每往下一層都是從父節點走到子節點。依最大堆積的定義，父節點值必定大於子節點值，所以路徑上的數值會由上而下遞減。
陣列表示法則是依二元樹的層序，由上而下、由左而右存放節點。這種存放次序不代表陣列元素整體遞增或遞減。
選項分析
(A) 錯誤。 陣列依層序存放，不保證整體遞減。例如最大堆積可為根節點 ，其左、右子節點分別為 、，陣列表示為 ，最後一項 大於前一項 。
第 14 題2 分
在程式執行中，為有效地利用記憶體空間，當需要記憶體空間來存放資料時，才向系統索取所需的記憶體空間。要達到此目的，下列何種資料結構設計最合適？
核心觀念
本題考資料結構的記憶體配置方式。若程式在執行期間需要資料時，才向系統索取所需空間，適合採用動態記憶體配置。鏈結串列的節點可在需要時逐一配置，並以指標連接，因此不必事先配置一整段固定大小的連續空間。
解題方法
題幹的關鍵是「需要記憶體空間來存放資料時，才向系統索取」。判斷重點在於資料結構能否按需求配置節點，而非其資料存取或進出順序。
鏈結串列由節點組成，每個節點存放資料及連結資訊。新增資料時，可配置新節點並接到串列中；刪除資料時，則可釋放相應節點。這種按需配置的特性，符合題意。
選項分析
第 15 題2 分
【題組共用題幹】
假設有堆疊 、 與佇列 、、，以下圖方式連結，且 有三個資料 A、B、C（A 在佇列前端），其餘堆疊與佇列皆為空。
今有四個指令如下：
- 若 非空，從 刪除一個資料並 push 到 中。
- 若 非空，從 pop 出一個資料並加入到 中。
- 若 非空，從 刪除一個資料並 push 到 中。
- 若 非空，從 pop 出一個資料並加入到 中。
我們可用任何順序執行這四個指令，直到所有資料皆存入 。下列敘述何者正確？
核心觀念
本題考查：
- 佇列（Queue）：先進先出（FIFO）。
- 堆疊（Stack）：後進先出（LIFO）。
- 透過兩個「佇列—堆疊」轉換階段，判斷資料排列是否能達成。
的輸入順序固定為 ，但可藉由等待、交錯執行指令，使資料進入 時產生不同排列；再經由 調整順序後進入 。
解題方法
以指令編號表示操作：
只要能列出每一種 輸出排列的合法操作順序，即可證明該排列可以達成。
下表中，「第一階段結果」表示資料進入 的順序；「第二階段」表示由 經 輸出至 的指令順序。
| 順序 | 第一階段結果 | 第一階段指令 | 第二階段指令 |
|---|---|---|---|
第 16 題2 分
假設有一棵完滿二元樹（Full binary tree）含有 個內部節點（Internal nodes），則該棵二元樹的總節點數是多少個？
核心觀念
完滿二元樹（Full binary tree）的每個內部節點都恰有兩個子節點。設內部節點數為 ，葉節點數為 ，則總節點數為：
解題方法
每個內部節點各有兩條通往子節點的邊，因此全樹的邊數為 。另一方面，任何含有 個節點的樹，其邊數皆為 。令總節點數為 ，可得：
因此：
所以總節點數為 。
選項分析
- (A) ：錯誤。 這是把內部節點數與葉節點數的關係混淆了；完滿二元樹的葉節點數是 ，總節點數還要再加上 個內部節點。
第 17 題2 分
傳統的電腦系統架構中，CPU 通常到哪裡取得指令來執行？
核心觀念
這題考查傳統電腦系統的「取指」流程。CPU 透過程式計數器（Program Counter, PC）記錄下一個要執行的指令位址，再依該位址到主記憶體讀取指令，送入 CPU 解碼並執行。
解題方法
判斷「CPU 到哪裡取得指令」時，要區分記錄指令位址的暫存器與實際存放程式指令的記憶體：
- PC 保存下一個指令的位址。
- CPU 依 PC 所指的位址，向主記憶體讀取指令。
- 指令讀入 CPU 後，再進行解碼與執行。
因此，指令的來源是主記憶體；PC 只是提供存取位置。
選項分析
第 18 題2 分
若要將 個各自由小到大排序好的數列（長度分別為 和 ）進行合併排序（Merge sort），使得合併後的數列也能由小到大排列，則合併過程最多需要進行幾次數字比較？
核心觀念
合併排序（Merge sort）的合併步驟，是比較兩個已排序數列目前尚未處理的最前端數字，將較小者放入結果數列，再繼續比較。當其中一個數列用完時，另一個數列剩餘的數字已經排好序，可直接接到結果末端，不必再比較。
解題方法
兩個數列長度分別為 和 。要讓比較次數最多，必須讓兩個數列的數字交錯出現，使每次比較都只取出一個數列的數字，直到其中一個數列只剩最後一個數字。
因此最多比較次數為：
比較到第 次後，其中一個數列已經用完；另一數列剩下的數字直接接上即可，不需要第 次比較。
選項分析
第 19 題2 分
下列由 C 語言程式撰寫的函數 sort 實作了何種排序法？
void sort (int a[], int l, int h) { if (l >= h) return;
int j, i, key;
i = l;
j = h;
key = a[i];
while (i < j) {
while (i < j && a[j] > key) j--;
if (i < j) a[i++] = a[j];
while (i < j && a[i] < key) i++;
if (i < j) a[j--] = a[i];
}
a[i] = key;
if (l < i - 1)
sort (a, l, i - 1);
if (i + 1 < h)
sort (a, i + 1, h);
}
核心觀念
本題考辨認排序法。程式先取子陣列第一個元素 a[l] 作為基準值 key，再從左右兩端交替掃描，把小於基準值的元素移至左側、大於基準值的元素移至右側；完成後再遞迴排序基準值左右兩個子陣列。這是快速排序（Quick sort）的分割與遞迴流程。
解題方法
以目前排序範圍 a[l..h] 為例：
key = a[l]：選取第一個元素作為基準值。j從右往左移動，略過大於key的元素。遇到不大於key的值時，將它放到左側空位。i從左往右移動，略過小於key的元素。遇到不小於key的值時，將它放到右側空位。- 左右指標相遇後，把
key放入相遇位置。此時基準值左側的元素不大於key，右側的元素不小於key。 - 分別對基準值左右兩側遞迴呼叫
sort。
例如，對 [5, 2, 8, 1, 6] 排序時，以 5 為基準值。右側的 1 先移到左側空位，接著左側的 8 移到右側空位；
第 20 題2 分
若以插入排序（Insertion sort）對數列 進行排序，下列何者是正確步驟？
核心觀念
插入排序（Insertion sort）會將數列分成「已排序區」與「未排序區」。每一趟取出未排序區的第一個元素，插入已排序區的正確位置；每趟結束後，已排序區增加一個元素。此題採由左至右排序。
解題方法
先將第一個元素視為已排序，再依序插入後續元素：
- 插入 到已排序的 中：，位置不變，得到 。
- 插入 到 中： 小於兩者，插入最前面，得到 。
- 插入 到 中： 大於 、小於 ，得到 。
- 插入 到 中： 大於 、小於 ，得到 。
完整步驟為：
第 21 題2 分
若宣告下列 維整數陣列：
int a[3][3] = {{1, 2}, {3, 4, 5}, {6}};
則下列哪個元素為 ？
核心觀念
本題考 C 語言二維陣列的初始化規則。int a[3][3] 是由 列、每列 個整數組成的陣列，共有 個元素。使用大括號逐列初始化時，未明確指定的元素會自動初始化為 。
解題方法
依大括號將初始值對應至各列；每列未填滿的位置補 ：
因此，。
選項分析
第 22 題2 分
給定一個陣列 ，且欲搜尋的目標鍵值是 ，則使用二元搜尋法第一次尋找、第二次尋找分別比對哪個元素？
核心觀念
二元搜尋法適用於已排序的陣列。每次取目前搜尋範圍的中間元素與目標值比較：目標較大，就繼續搜尋右半部；目標較小，就搜尋左半部；相等時即找到。
解題方法
陣列共有 個元素，依序編號為第 至第 個。第一次取中間位置：
第 個元素是 。因為 ，下一次搜尋範圍縮小為右半部 。
這三個元素的中間位置是第 個，因此第二次比對 ，並找到目標鍵值。
選項分析
第 23 題2 分
Java 程式經編譯後，會先產生什麼格式的檔案？
核心觀念
Java 程式經編譯器（javac）編譯後，會產生 位元碼（Byte code），通常存成 .class 檔。位元碼不是直接對應特定硬體的機器碼，而是由 Java 虛擬機器（JVM）讀取並執行。
解題方法
掌握 Java 程式的執行流程即可判斷：
因此，題目問「經編譯後先產生」的檔案格式，答案是位元碼。
選項分析
第 24 題2 分
事先寫好的函式（function）經過編譯（compile）後，將目的檔（object file）集合起來存放於一個檔案供其他程式連結使用，這種檔案稱為：
核心觀念
本題考編譯與連結時所使用的函式庫（Library）。事先寫好的函式經過編譯後，會形成目的碼；若將多個目的檔集合成一個檔案，供其他程式在連結階段使用，這個檔案稱為函式庫。
解題方法
抓住題幹中的「編譯後的目的檔集合」以及「供其他程式連結使用」兩個線索即可判斷。這描述的是函式庫的用途：程式可呼叫其中已編譯完成的函式，由連結器將所需程式碼納入或建立連結。
選項分析
- (A) 系統呼叫（System Call）：錯誤。系統呼叫是應用程式向作業系統核心請求服務的介面，不是目的檔集合。
- (B) 虛擬碼（Pseudo code）：錯誤。
第 25 題2 分
如下所示之 C 程式，其輸出為何？
#include <stdio.h>
int data[] = { 6, 8, 4, 3, 11, 18, 17, 29, 25, 23, 27, 24, 22, 48, 43, 55, 68, 63, 62, 69, 65, 72, 77, 85, 88, 81, 99, 97, 92, 94, 91 };
int count[10] = {0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0};
int main(void) { int ii, nn = sizeof(data) / sizeof(data[0]);
for (ii = 0; ii < nn; ii++) {
count[data[ii] / 10]++;
}
for (ii = 0; ii < 10; ii += 2) {
printf("%2d,", count[ii]);
}
return 0;
}
核心觀念
本題考 C 語言的整數除法、陣列索引，以及迴圈如何選取元素。對非負整數而言，data[ii] / 10 會捨去小數部分，因此可依數值的十位數將元素分組：
0至9索引count[0]10至19索引count[1]- 依此類推
第二個迴圈的 ii += 2 讓 ii 依序為 ，所以只會輸出 count 中偶數索引的計數。
解題方法
先依各數值除以 的商分類，統計 count[0] 到 count[9]：
| 索引 | 數值範圍 | 個數 |
|---|---|---|
count[0] | 0–9 | 4 |
count[1] | 10–19 | 3 |
count[2] | 20–29 | 6 |
count[3] | 30–39 | 0 |
count[4] | 40–49 | 2 |
count[5] | 50–59 | 1 |
count[6] | 60–69 | 5 |
count[7] | 70–79 | 2 |
count[8] | 80–89 | 3 |
count[9] | 90–99 | 5 |
第 26 題2 分
執行下列 C 程式，並輸入「10 10 9」，下列何者為程式的輸出？
#include <stdio.h> #include <iostream>
int main() { int count = 0, x = 10, next;
scanf("%d", &next);
while (next == x) {
count++;
scanf("%d", &next);
}
printf("%d", count);
}
核心觀念
本題考查 while 迴圈的條件判斷，以及 scanf 讀取整數的順序。每次進入迴圈前，程式都會先檢查 next == x 是否成立；只有條件成立，才會執行迴圈本體。
解題方法
初始時 x = 10、count = 0。程式先讀入第一個數字，之後逐一比較輸入值與 ：
| 讀入的值 | 條件 next == x | 執行結果 |
|---|---|---|
| 成立 | count 加 ，再讀入下一個值 | |
| 成立 | count 加 ，再讀入下一個值 | |
| 不成立 | 離開迴圈 |
第 27 題2 分
假設有一陣列 ，以主行順序（Column major order）儲存資料，若 位置為 ， 位置為 ，則 位置為何？
核心觀念
本題考陣列以主行順序儲存時，元素位址如何隨索引變化。主行順序（Column major order）是先依序儲存同一欄的各列元素，再移至下一欄。因此，往下移一列是連續的下一個元素；往右移一欄則會跨過一整欄的列數。
解題方法
由 移到 ：
- 列索引增加 ，位址增加 個元素。
- 欄索引增加 。每一欄有 列，因此位址增加 個元素。
已知兩位置的位址差為 ，所以：
因此每欄有 個元素。從 移到 ，列索引增加 ，欄索引增加 ，位址增加：
第 28 題2 分
下列哪個 C 語言的迴圈指令執行的次數，與其他不同？
核心觀念
本題考 C 語言 for 迴圈的執行順序，以及前置遞增 ++i、後置遞增 i++ 的差異。for (初始化; 條件; 更新) 的執行順序是：先初始化，再判斷條件；條件為真時執行迴圈本體，接著執行更新，再判斷條件。
前置遞增會先將變數加 ，再以新值參與條件判斷；後置遞增則先以原值參與條件判斷，再將變數加 。
解題方法
逐次追蹤條件判斷前的 i 值，並分清遞增發生在條件判斷前或後。迴圈本體執行次數，就是條件判斷結果為真的次數。
選項分析
-
(A)
for (i = 0; i < 10; i++) ...本體依序在 時執行，共 次。當 時，條件i < 10為假。 -
(B)
for (i = 0; i < 10; ++i) ...
第 29 題2 分
給定以下類別定義：
class A { private: static int cnt;
class B
{
private:
public:
};
B* p[5];
public: A() { cnt = 0; }
int f()
{
if (cnt < 5)
p[cnt++] = new B;
return cnt;
}
};
int A::cnt = -100;
若在 main() 中執行以下指令：
A var; var.f(); var.f(); cout << var.f();
則將產生的輸出為何？
核心觀念
本題考查 static 類別成員的共享特性、建構函式對靜態成員的初始化，以及 if 條件判斷與陣列索引。
cnt 宣告為 static，因此它屬於類別 A，由所有 A 物件共用。雖然類別外先將它定義為 -100，但建立 var 時，建構函式會將 cnt 設為 0，所以呼叫 f 時從 0 開始計算。
解題方法
依照程式執行順序追蹤 cnt：
| 執行動作 | 呼叫前 cnt | cnt < 5 | 執行後 cnt | f 回傳值 |
|---|---|---|---|---|
建立 A var | -100 | — | 0 | — |
第一次 var.f | 0 | 成立 | 1 | 1 |
第二次 var.f | 1 | 成立 | 2 | 2 |
第三次 var.f | 2 | 成立 | 3 | 3 |
第 30 題2 分
以下 C 語言中的結構變數定義：
struct A { union { struct { unsigned int i; } B;
struct {
unsigned short s1;
unsigned short s2;
} C;
struct {
unsigned char c1;
unsigned char c2;
unsigned char c3;
unsigned char c4;
} D;
};
};
struct A a; a.B.i = 0x01020304;
下列敘述何者正確？
核心觀念
本題考查 union 共用記憶體、整數的位元組排列，以及 printf 格式指定字串。union 的所有成員從相同的記憶體位置開始，因此對 a.B.i 寫入的位元組，也會由 a.C、a.D 的成員讀取。
題目沒有指定平台的位元組順序、型別大小與字元是否帶符號；以下依常見考試假設：unsigned int 為 4 位元組、unsigned short 為 2 位元組、unsigned char 為 1 位元組，且採用小端序（little-endian）。
解題方法
將 0x01020304 拆成由高位元組到低位元組：
小端序會把最低有效位元組放在最低位址，因此記憶體由低位址到高位址排列為：
各成員都從相同起始位址讀取：
第 31 題2 分
關於 C++ 類別的建構函式（constructor），下列敘述何者錯誤？
核心觀念
C++ 建構函式（constructor）負責在物件建立時初始化物件。其名稱與類別名稱相同，且沒有回傳型別；即使不回傳任何值，也不能宣告為 void。建構函式可以多載，也可以在參數中設定預設引數。
若類別沒有宣告任何建構函式，編譯器通常會隱含宣告預設建構函式；但在特定情況下，例如類別已有其他建構函式，便不會自動提供無參數的預設建構函式。
解題方法
逐一核對各敘述是否符合建構函式的語法與功能。判斷關鍵在於：建構函式雖然會在物件建立時執行，但它不是以回傳值來提供初始化結果，因此不能有回傳型別，也不能回傳常數值。
選項分析
第 32 題2 分
檢查判斷網路通不通，下列何者是最常用的指令？
核心觀念
本題考查用來檢查網路連線是否可達的常用指令。ping 會向指定的主機送出測試封包，並依回應判斷目標是否可達及回應時間。
解題方法
辨認題目中的「檢查網路通不通」，即可聯想到 ping 指令。使用者指定主機名稱或 IP 位址後，ping 會送出 ICMP Echo Request；若目標主機及網路路徑允許回應，便會收到 ICMP Echo Reply，並顯示往返時間等資訊。
選項分析
第 33 題2 分
有關 OSI 模型網路七層架構，下列敘述何者錯誤？
核心觀念
本題評量對 OSI 七層協定模型（Open Systems Interconnection Model） 各層職責與代表性功能的理解：
- 傳輸層（Transport Layer，第四層）：負責行程到行程（Process-to-Process）之端對端（End-to-End）傳輸，提供可靠度維護、多工／解多工，以及代表性的**流量控制（Flow Control）**與壅塞控制（Congestion Control），代表協定為 TCP、UDP。
- 網路層（Network Layer，第三層）：負責主機到主機（Host-to-Host）的邏輯定址（Logical Addressing）、路由選擇（Routing），以及當封包大小超過底層最大傳輸單元（MTU）時的切割（Fragmentation）與組裝（Defragmentation / Reassembly）。
- 資料連結層（Data Link Layer，第二層）：負責相鄰節點間（Hop-to-Hop / Node-to-Node）的訊框封裝（Framing）、實體位址尋址（MAC Addressing）與錯誤偵測（Error Detection）。
解題方法
本題切入點在於判斷題目所列之功能、協定與 OSI 模型的層級對應是否正確：
- 比對選項 (A)、(B)、(D)，均為網路層與傳輸層無爭議的經典代表功能與協定。
- 在國家考試《計算機概要》的命題邏輯中，流量控制（Flow Control）多被視為傳輸層（特別是 TCP 協定的滑動視窗機制）最核心的代表性服務；命題者依此將資料連結層歸類為不具備該主要特徵之層級，判定 (C) 為錯誤選項。
選項分析
- (A) 正確：TCP（Transmission Control Protocol）與 UDP（User Datagram Protocol）是網際網路中最核心的傳輸層協定，負責在終端主機應用程式間建立通訊服務。
第 34 題2 分
下列何者不是 TCP 協定的特性？
核心觀念
TCP（傳輸控制協定）是傳輸層的連接導向、可靠傳輸協定。它透過序號、確認回應（ACK）與逾時重傳等機制，協助接收端依序取得資料，並處理傳輸中的遺失；另以流量控制避免發送端送得太快，也會配合壅塞控制調整傳送速率。
TCP 的 ACK、重傳與控制機制，和「向發送端回報錯誤訊息」不同。一般網路層錯誤回報由 ICMP 等協定負責；TCP 的接收端則主要以 ACK 回應已接收的資料。
解題方法
先判斷四個選項是否屬於 TCP 的傳輸可靠性或傳送速率調節機制，再辨別錯誤回報的協定角色。壅塞控制、流量控制與遺失重送都是 TCP 的功能；「向發送端回報錯誤訊息」不是 TCP 特性的典型描述。
選項分析
第 35 題2 分
有關傳輸層安全性協定（Transport Layer Security, TLS），不提供下列哪一種保護？
核心觀念
TLS（傳輸層安全性協定）用來保護網路連線，主要提供保密性、完整性與身分認證：
- 保密性：以加密方式避免傳輸內容被未授權者讀取。
- 完整性：使用訊息驗證機制，偵測傳輸內容是否遭到竄改。
- 身分認證：通常透過伺服器憑證確認伺服器身分；也可設定用戶端憑證，認證用戶端身分。
解題方法
逐項比對選項與 TLS 的安全服務。題目問「不提供」哪一種保護；TLS 的標準功能包含保密性、完整性與身分認證，但不保證匿名性。因此選出匿名性即可。
選項分析
第 36 題2 分
關於一次性密碼本（One-Time Pad, OTP）加密演算法，下列何者正確？
核心觀念
一次性密碼本（One-Time Pad, OTP）以隨機金鑰對明文逐位元（或逐字元）進行運算。以位元表示時，加密與解密都使用 XOR：
OTP 要達到理論上的完全保密，金鑰必須真正隨機、至少與明文等長，且每把金鑰只能使用一次，並須安全保管與傳送。
解題方法
逐項比對選項與 OTP 的必要條件：檢查金鑰長度、是否重複使用、是否真正隨機，以及加密和解密是否使用同一把金鑰。符合 OTP 定義的敘述即為正確選項。
選項分析
第 37 題2 分
揭露一個組織（無論是私有的還是公共的）內部非法的、不誠實的或者不正當行為的人，稱為：
核心觀念
本題考「吹哨者」（whistleblower）的定義：組織成員揭露其組織內部的非法、不誠實或其他不正當行為。題幹描述的是揭露行為的人，而不是保護這類人的制度或條款。
解題方法
抓住題幹的關鍵字「揭露……行為的人」。問的是「人」的稱呼，因此應選「吹哨者」；若問的是保護揭露者的法律或制度，才會是「吹哨者保護條款」。
選項分析
第 38 題2 分
網路封包在傳送的過程中，由較高層往較低層傳送時，會加上標頭（Header），這動作稱為：
核心觀念
這題考 OSI／TCP/IP 分層傳輸中的封裝（encapsulation）與解封裝（decapsulation）。資料由較高層往較低層傳送時，各層會在資料前加上該層的控制資訊，稱為標頭（Header）；這個過程就是封裝。
解題方法
抓住題幹的方向：由較高層往較低層，且描述「加上標頭」，符合封裝的定義。
例如，應用層資料往下傳送時，傳輸層加入標頭形成區段，網路層再加入標頭形成封包，鏈結層再加入標頭（及尾端資訊）形成訊框。接收端則由較低層往較高層逐層移除各層資訊，稱為解封裝。
選項分析
第 39 題2 分
下列 C 程式以指標處理陣列，執行後會產生何種輸出？
int a[] = {1, 2, 3, 4}, n = sizeof(a) / sizeof(int), *p = a, *q = &a[n - 1], temp;
while (p < q) { temp = *p; *p++ = *q; *q-- = temp; }
printf("%d %d %d %d", a[0], a[1], a[2], a[3]);
核心觀念
本題考 C 語言的陣列與指標操作，以及後置遞增、後置遞減運算子。p 指向陣列第一個元素，q 指向最後一個元素；迴圈每次交換兩端元素，再讓 p 往右、q 往左，因此會將陣列反轉。
解題方法
初始陣列為 {1, 2, 3, 4}，p 指向 a[0]，q 指向 a[3]。條件 p < q 表示兩個指標尚未相遇或交錯時，繼續交換。
| 迴圈次數 | 交換位置 | 交換後陣列 |
|---|---|---|
| 第 1 次 | a[0] 與 a[3] | {4, 2, 3, 1} |
| 第 2 次 | a[1] 與 a[2] | {4, 3, 2, 1} |
第 40 題2 分
下列何者為合法的 Media Access Control（MAC）位址？
核心觀念
MAC 位址（Media Access Control address）是資料鏈結層用來識別網路介面的一種位址。常見的 48 位元 MAC 位址由 6 個位元組組成，每個位元組以兩個十六進位數字表示，位元組之間以冒號分隔，例如 01:23:45:67:89:AB。
十六進位數字可使用 0–9 及 A–F，每個位元組需恰有兩個十六進位數字。因此，判斷格式是否合法，須檢查位元組數、每組長度及字元範圍。
解題方法
逐一檢查各選項是否符合以下條件：
- 恰有 6 組位元組。
- 每組恰有 2 個十六進位數字。
- 各組以冒號分隔。
選項分析