108 港務人員升資考試員級晉高員級 技術類(選試輪機工程)-航港局 電子計算機概論 考古題詳解

核心觀念

本題考查計算機科學中高階程式語言（High-Level Programming Languages）的分類與程式設計典範（Programming Paradigms）。 高階語言的設計初衷是隱藏底層硬體細節，提供貼近人類自然語言與數學思維的語法結構。依據「解決問題的思維模型」、「指令下達與狀態控制方式」，高階程式語言主要劃分為四大程式設計典範（型態）：

1. 命令式／程序導向型（Imperative / Procedural）
2. 物件導向型（Object-Oriented）
3. 函數導向型（Functional）
4. 邏輯導向／宣告型（Logic / Declarative）

此外，在計算機結構與編譯原理的角度中，高階語言亦常依「執行與轉換機制」劃分為編譯型（Compiled）、直譯型（Interpreted）與混合型（Hybrid / Intermediate Bytecode）。本題以閱卷標準最高、最完整的「程式設計典範」為主架構，並輔以「執行轉換型態」進行周全論述。

解題方法

本題為經典申論題型，切入點為以典範（Paradigm）為骨幹、以實例（Examples）為血肉：

1. 定義明確：每一類語言型態皆須清楚交代其核心精神（如：強調流程控制、狀態封裝、數學函數映射或邏輯推論）。
2. 中英對照：寫出精確的專業名詞（如 Procedural, Object-Oriented, Functional, Logic），展現專業度。
3. 具體舉例與機制說明：除了列舉語言名稱（如 C、Java、Haskell、Prolog）外，針對每種型態以一段簡短的運作特徵或程式碼邏輯說明「它如何表達運算」，直接命中題目「舉例詳細說明」的要求。

選項分析

本題為申論問答題，無提供既定選項。

• 作答範疇辨析：題目所稱「高階電腦程式語言的型態」，切忌誤答為變數的「基本資料型態」（如：Integer, Floating-point, Boolean, Char）或「抽象資料型態（ADT）」。此處的「型態」係指程式語言本體之分類架構（Types/Paradigms of High-Level Programming Languages）。

解題技巧

1. 審題關鍵字防陷阱：看到「語言的型態」，優先對應四大程式設計典範（Paradigm）。若版面充裕，可另立小節補述「轉譯與執行型態」，構成多維度作答，使閱卷委員無從扣分。
2. 四大典範記憶口訣：「程、物、函、邏」（程序、物件、函數、邏輯）。
3. 對比思維強化申論深度：

• 命令式強調 How to do（一步一步說明如何改變記憶體狀態）。
• 宣告式／邏輯式／函數式強調 What to do / What is true（描述目標與規則，計算交由系統引導）。

【答案】

高階電腦程式語言依據「程式設計典範（Programming Paradigms）」與「問題解決導向」，主要可劃分為下列四大主要型態：

一、 程序導向／命令式語言（Procedural / Imperative Programming Languages）

1. 型態特徵：

• 以演算法的執行步驟為核心，強調「如何達成（How to do）」。
• 程式由一系列依序執行的指令組成，透過賦值運算（Assignment）不斷改變系統的狀態與變數值。
• 大量運用結構化控制流程，如循序（Sequence）、條件判斷（Selection, 如 if-else）、迴圈重複（Iteration, 如 for, while）以及模組化的程序/函式（Procedure / Function）。

2. 代表語言與實例說明：

• 代表語言：C、Pascal、Fortran、BASIC。
• 實例說明：以 C 語言計算 $1$ 到 $N$ 的總和為例：

int sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
sum += i; // 顯式透過迴圈與變數更新改變記憶體狀態
}

程式設計者必須精確掌控迴圈計數器 $i$ 與累加變數 $sum$ 的狀態變化與每一步驟流程。

二、 物件導向語言（Object-Oriented Programming Languages, OOP）

1. 型態特徵：

核心觀念

本題旨在測驗電腦系統架構中數值表示法的基礎核心——**IEEE 754 浮點數標準（Floating-Point Standard）**的欄位結構與底層硬體設計邏輯。

在電腦中，為了兼顧數值的「動態範圍（Dynamic Range）」與「有效位數（Precision）」，浮點數採用類似科學記號的二進位形式儲存。一個正規化（Normalized）的 IEEE 754 浮點數，其對應的實數值公式為：

$V = (-1)^S \times (1.M)_2 \times 2^{E - \text{Bias}}$

依據此公式，IEEE 754 將浮點數的記憶體存放格式精確劃分為三個欄位：

1. 符號位元（Sign bit, $S$）
2. 指數部分（Exponent, $E$）
3. 尾數／假數部分（Mantissa / Significand / Fraction, $M$）

解題方法

回答本題應先明確列出三個部分的名稱與常見規格（如 32-bit 單精確度、64-bit 雙精確度）的位元配置，再從「數值表示需求」與「硬體運算效率」的角度，深入剖析每一部分的設計原理。

1. 符號位元（Sign Bit, $S$）

• 位元配置：單精確度佔 $1$ 位元；雙精確度亦佔 $1$ 位元。
• 設計原理：
• 極性判定：以最高有效位元（MSB）直接代表正負號。當 $S = 0$ 代表正數；$S = 1$ 代表負數，對應運算式中的 $(-1)^S$。
• 簡化乘除運算：將符號與純數值大小完全解耦（Decoupled）。硬體進行浮點數乘法或除法時，可直接將兩數的符號位元進行互斥或（XOR）運算，即可決定結果的符號，無需先進行補數還原。

2. 指數部分（Exponent, $E$）

• 位元配置：單精確度佔 $8$ 位元；雙精確度佔 $11$ 位元。
• 設計原理：
• 動態範圍定位：指數欄位代表 $2$ 的冪次，決定小數點在二進位數中的移動位置，控制數值所能涵蓋的數量級範圍。
• 採用偏差表示法（Biased Notation / Excess-$K$）：
• 指數欄位不採用「2 的補數」，而是加上固定偏差值 $\text{Bias} = 2^{k-1} - 1$（單精確度 $k=8, \text{Bias}=127$；雙精確度 $k=11, \text{Bias}=1023$）。
• 硬體快速比大小：將原本有正有負的指數（例如 $-126 \sim +127$），平移為純無號整數（Unsigned Integer，例如 $1 \sim 254$）。這使得兩浮點數在進行排序或比大小時，處理器可直接將其當作整數進行由高位到低位的字元字典序比較，大幅簡化電路複雜度。
• 保留特殊邊界值：將全 $0$ 與全 $1$ 保留作為特殊用途（如全 $0$ 用於表示 $\pm 0$ 或非正規化數；全 $1$ 用於表示無限大 $\pm\infty$ 或非數值 $\text{NaN}$）。

3. 尾數／假數部分（Mantissa / Significand / Fraction, $M$）

• 位元配置：單精確度佔 $23$ 位元；雙精確度佔 $52$ 位元。
• 設計原理：
• 決定精確度：記錄有效數字（Significant digits），位元數愈多，浮點數的分辨率與精確度愈高。

核心觀念

本題測驗電腦網路中**實體層（Physical Layer）傳輸媒介（Transmission Media）**的基本分類與物理特性。 在資料通訊中，訊號傳輸媒介是發送端與接收端之間的實體通道，依電磁波訊號在傳送時是否受物理導體導引與侷限，學理上分為兩大類：

1. 導向傳輸媒介（Guided Media / 有線媒介）：訊號受固態實體邊界約束並沿著實體導線傳遞。
2. 無導向傳輸媒介（Unguided Media / 無線媒介）：訊號藉由電磁波形式在自由空間（大氣層或真空）中朝特定方向或向四面八方輻射傳播。

解題方法

本題為標準的觀念申論題，作答時切入策略如下：

1. 明確定義分類：先以學術標準名詞定義「導向傳輸媒介」與「無導向傳輸媒介」，說明兩者在傳播機制上的根本差異（導引於固體介質 vs. 散播於自由空間）。
2. 條列並深入實例：依題意各列舉兩個最具代表性的傳輸媒介，說明時須涵蓋「物理結構／頻率特性」、「優缺點（頻寬、衰減、抗雜訊）」及「主要應用場景」，展現完整的專業知識深度。

選項分析

本題為非選擇題（問答題），無選擇題選項。依閱卷評分要點，分析本題答題的得分關鍵與指標如下：

• 分類層次完整性：考生若僅回答「有線」與「無線」，僅能取得基本分；若能寫出「導向傳輸媒介（Guided Media）」與「無導向傳輸媒介（Unguided Media）」並說明其物理限制條件，方能達到高分門檻。
• 舉例的精確度：舉例時切忌將「技術或通訊協定名稱」（如 Wi-Fi、4G/5G、乙太網路）直接混淆為「傳輸媒介」。必須指明具體的物理媒介（如雙絞線、光纖、無線電波、微波），再以技術實例輔助說明其應用。

解題技巧

1. 答題架構化：採用「分類定義 $\rightarrow$ 實例介紹（結構/特性/應用）」的層次作答，版面整齊、條理分明。
2. 避免名詞代換陷阱：許多考生容易將「同軸電纜」與「雙絞線」混為一談，或在無線領域直接寫「藍牙、Wi-Fi」當作媒介名稱，應正名為「特高頻無線電波」或「微波」。
3. 關鍵字精準命中：答題時帶入「抗電磁干擾（EMI）」、「傳輸衰減」、「訊號頻寬」等網路專業術語，能顯著提升閱卷印象。

【答案】

在電腦網路架構中，傳輸媒介依其訊號傳送與導引方式，主要分為導向傳輸媒介與無導向傳輸媒介兩大類：

核心觀念

1. 二元搜尋樹（Binary Search Tree, BST）之定義： 對樹中任一節點 $x$：

• 其左子樹（Left Subtree）中所有節點的值，均小於 $x$ 的值。
• 其右子樹（Right Subtree）中所有節點的值，均大於 $x$ 的值。
• 左右子樹各自亦為二元搜尋樹（假設各節點鍵值皆相異）。

2. 前序走訪（Preorder Traversal）順序： 走訪順序為：「根節點 $\to$ 左子樹 $\to$ 右子樹」（V-L-R）。因此，任何前序子數列的第一個元素必為該子樹的根節點（Root）。

3. 中序走訪（Inorder Traversal）與 BST 的關係： 二元搜尋樹依中序走訪（左子樹 $\to$ 根節點 $\to$ 右子樹，L-V-R）之結果，必為嚴格遞增排序數列。

解題方法

給定前序走訪數列，還原二元搜尋樹主要有兩種等價且嚴謹的推導途徑：

方法一：前序數列鍵值分割法（推薦，最直觀快速）

利用「第一個元素為根節點」及「BST 左小右大」的性質，逐層遞迴分割數列：

1. 決定整棵樹的根節點： 前序走訪為 $[15, 9, 8, 3, 10, 13, 12, 20, 16, 17]$，第一個元素是 $15$。

• 樹根為 $15$。
• 比 $15$ 小的連續元素屬於左子樹前序數列：$[9, 8, 3, 10, 13, 12]$。
• 比 $15$ 大的連續元素屬於右子樹前序數列：$[20, 16, 17]$。

2. 遞迴建構左子樹（鍵值小於 $15$ 的集合）：

• 子數列 $[9, 8, 3, 10, 13, 12]$ 的首個元素為 $9$，故 $15$ 的左子節點為 $9$。
• 比 $9$ 小的元素屬於 $9$ 的左子樹：$[8, 3]$。
• 首個元素為 $8$，故 $9$ 的左子節點為 $8$。
• 比 $8$ 小的元素屬於 $8$ 的左子樹：$[3]$，故 $8$ 的左子節點為 $3$（葉節點）。
• $8$ 無右子節點。
• 比 $9$ 大的元素屬於 $9$ 的右子樹：$[10, 13, 12]$。
• 首個元素為 $10$，故 $9$ 的右子節點為 $10$。
• 比 $10$ 小的元素不存在，故 $10$ 無左子節點。
• 比 $10$ 大的元素屬於 $10$ 的右子樹：$[13, 12]$。
• 首個元素為 $13$，故 $10$ 的右子節點為 $13$。
• 比 $13$ 小的元素屬於 $13$ 的左子樹：$[12]$，故 $13$ 的左子節點為 $12$（葉節點）。
• $13$ 無右子節點。

核心觀念

本題測驗「資料庫管理系統（Database Management System, DBMS）」的核心定義、系統架構及其相較於傳統檔案處理系統（File-Processing System）所展現的關鍵優勢。 主要涵蓋觀念包括：

1. ANSI/SPARC 三層綱要架構：外部層（External Schema）、概念層（Conceptual Schema）、內部層（Internal Schema）與「實體／邏輯資料獨立性」。
2. 交易管理與 ACID 特性：不可分割性（Atomicity）、一致性（Consistency）、隔離性（Isolation）、耐用性（Durability）。
3. 系統控制機制：並行控制（Concurrency Control）、資料完整性限制（Data Integrity）、安全性防護（Security & Authorization）、日誌與故障回復（WAL、Backup & Recovery）。

解題方法

本題為標準的資訊類公職／升資考試申論題，切入點應採「結構化系統性分類」，避免零散列舉。最佳作答邏輯為「由資料結構 $\rightarrow$ 運作控制 $\rightarrow$ 系統維護」層層推進：

1. 資料架構層：著重資料獨立性、減少重複性與資料完整性限制。
2. 作業控制層：著重多使用者共享、交易 ACID 支援與並行存取控制。
3. 系統安全與維護層：著重權限安全管制、備份與災難回復機制、標準化查詢語言（SQL）。 每一項特點均需寫出「特點名稱」、「英文專有名詞」、「技術內涵」與「解決之實務問題」，方能奪得申論題滿分。

選項分析

本題為申論問答題，非選擇題。在此針對考生於申論作答時常犯之「概念偏頗或遺漏向度」進行剖析與校正：

1. 混淆「資料庫（DB）」與「資料庫管理系統（DBMS）」：

• 錯誤盲點：僅回答「可以儲存大量資料、提供表格查詢」。
• 評析校正：資料庫僅是資料的集合；DBMS 是負責定義、建置、操作與控制資料庫的「系統軟體」。作答焦點必須落在該軟體提供的「管理機制」（如交易引擎、快鎖機制、日誌系統），而非單純的資料儲存。

2. 僅列出基本操作功能，遺漏系統級控制：

• 錯誤盲點：只寫 CRUD（新增、讀取、更新、刪除）與查詢。
• 評析校正：檔案系統亦能進行讀寫操作；DBMS 之所以完整，核心在於具備「ACID 交易保證」、「多使用者並行無衝突存取」與「系統當機後的資料自動回復」。

3. 忽略資料獨立性的兩大層次：

• 錯誤盲點：僅抽象提及「資料具備獨立性」。
• 評析校正：必須具體區分為「實體資料獨立性」與「邏輯資料獨立性」，並點出三層綱要架構中各層變更時不影響上層應用程式的特性。

解題技巧

1. 口訣記憶法：以「獨、複、整、共、交、安、回、語」八字訣快速提綱挈領：

• 獨：資料獨立性（Physical & Logical Data Independence）
• 複：最小化資料重複性（Minimal Data Redundancy）
• 整：資料完整性約束（Data Integrity）
• 共：多使用者資料共享（Data Sharing & Multi-User Support）
• 交：交易管理與並行控制（Transaction & Concurrency Control, ACID）
• 安：資料安全性與授權控制（Security & Authorization）
• 回：備份與故障回復（Backup & Crash Recovery）
• 語：標準化資料語言（Standard Data Languages, SQL）

2. 格式排版竅門：採用「黑體大標 $\rightarrow$ 英文專有名詞 $\rightarrow$ 兩行核心定義 $\rightarrow$ 實務機制範例」之結構排版，層次分明，利於閱卷委員在短時間內掌握得分關鍵字。

【答案】

一個完整的資料庫管理系統（DBMS）應具備以下核心特點：

一、 高度資料獨立性（Data Independence）

依據 ANSI/SPARC 三層架構（Three-Schema Architecture），DBMS 將資料的定義與應用程式解耦，包含兩大層次：

1. 實體資料獨立性（Physical Data Independence）：當內部層（Internal Schema）的實體儲存結構、索引方式（如 B+ Tree、Hash Index）或硬體儲存位置改變時，不需修改概念層綱要及應用程式。

核心觀念

本題為典型的 Java 程式追蹤（Code Tracing）考題，評量考生對基礎語法、演算法與記憶體中陣列狀態變化的掌握度。核心觀念包含：

1. 一維陣列（One-Dimensional Array）之宣告、初始化與索引存取：Java 陣列索引由 $0$ 起算，陣列長度可透過屬性 nums.length 取得。
2. 費氏數列（Fibonacci Sequence）之迭代生成：利用前兩項之和求出下一項之遞迴關係式 $nums[i] = nums[i-1] + nums[i-2]$。
3. 條件分支與算術運算子：

• 模除運算子 % 用於奇偶性判斷：$N \pmod 2 == 0$ 表示 $N$ 為偶數。
• 遞增運算子 ++ 與遞減運算子 -- 改變陣列元素值。

4. 迴圈控制與邊界控制：while 迴圈終止條件為 count < nums.length - 1，確保以相鄰兩元素 nums[count] 與 nums[count + 1] 運算時不會發生陣列索引越界例外（ArrayIndexOutOfBoundsException）。

解題方法

本程式的執行流程分為三大階段，解題切入點為依序追蹤各階段陣列元素與變數數值的動態變化：

階段一：陣列初始化與費氏數列填充（第一個 for 迴圈）

• 初始宣告：陣列 nums 長度為 $7$（即 nums.length = 7），初始內容為 {1, 1, 0, 0, 0, 0, 0}。
• 迴圈條件：for (int idx = 2; idx < nums.length; idx++)，idx 從 $2$ 遞增至 $6$：
• $\text{idx} = 2$：$nums[2] = nums[1] + nums[0] = 1 + 1 = 2$
• $\text{idx} = 3$：$nums[3] = nums[2] + nums[1] = 2 + 1 = 3$
• $\text{idx} = 4$：$nums[4] = nums[3] + nums[2] = 3 + 2 = 5$
• $\text{idx} = 5$：$nums[5] = nums[4] + nums[3] = 5 + 3 = 8$
• $\text{idx} = 6$：$nums[6] = nums[5] + nums[4] = 8 + 5 = 13$
• 此階段結束後，陣列 nums 數值為：{1, 1, 2, 3, 5, 8, 13}。

階段二：相鄰元素之奇偶判斷與更新（while 迴圈）

• 迴圈條件：while (count < nums.length - 1)，因 nums.length - 1 = 6，故 count 值依序為 $0, 1, 2, 3, 4, 5$ 共執行 $6$ 次。
• 每次判斷相鄰兩數之和 $(nums[count] + nums[count+1])$ 是否為偶數：
• 若為偶數：執行 nums[count]++（當前元素加 $1$）。
• 若為奇數：執行 nums[count+1]--（下一元素減 $1$）。
• 逐步推導過程如下：

1. 第 1 次迭代（$count = 0$）：

• 檢查：$nums[0] + nums[1] = 1 + 1 = 2$（偶數）。
• 執行：nums[0]++ $\implies nums[0] = 1 + 1 = 2$。
• 陣列更新為：{2, 1, 2, 3, 5, 8, 13}，$count$ 遞增為 $1$。

2. 第 2 次迭代（$count = 1$）：

• 檢查：$nums[1] + nums[2] = 1 + 2 = 3$（奇數）。
• 執行：nums[2]-- $\implies nums[2] = 2 - 1 = 1$。
• 陣列更新為：{2, 1, 1, 3, 5, 8, 13}，$count$ 遞增為 $2$。

3. 第 3 次迭代（$count = 2$）：

• 檢查：$nums[2] + nums[3] = 1 + 3 = 4$（偶數）。
• 執行：nums[2]++ $\implies nums[2] = 1 + 1 = 2$。
• 陣列更新為：{2, 1, 2, 3, 5, 8, 13}，$count$ 遞增為 $3$。

4. 第 4 次迭代（$count = 3$）：

• 檢查：$nums[3] + nums[4] = 3 + 5 = 8$（偶數）。
• 執行：nums[3]++ $\implies nums[3] = 3 + 1 = 4$。
• 陣列更新為：{2, 1, 2, 4, 5, 8, 13}，$count$ 遞增為 $4$。

5. 第 5 次迭代（$count = 4$）：

• 檢查：$nums[4] + nums[5] = 5 + 8 = 13$（奇數）。
• 執行：nums[5]-- $\implies nums[5] = 8 - 1 = 7$。