112 年 國立中山大學資訊工程學系碩士班甲組《作業系統與資料結構》

題面說明

題面在 (a&(~b)) 與 ((~a)&b) 之間缺少運算子；依題目附註列出的運算子，以下以遺漏的位元 OR 運算子 | 解題：

printf("%d\n", (a & (~b)) | ((~a) & b));

核心觀念

本題考查：

• 位元 NOT：~x 將整數每一個位元反轉。
• 位元 AND：x & y 只有兩者對應位元皆為 1 時才為 1。
• 位元 OR：x | y 只要其中一個對應位元為 1 即為 1。
• 位元互斥或的等價式：

$$(a \mathbin{\&} \sim b) \mathbin{|} (\sim a \mathbin{\&} b)=a\mathbin{\char94}b$$

其中 ^ 是位元互斥或。

解題方法

已知：

$$a=40=(00101000)_2$$ $$b=24=(00011000)_2$$

只列出低 8 位即可，因為 $a$、$b$ 都是正整數，高位的 NOT 結果不會影響最後的 AND。

先計算第一部分：

$$\sim b=(11100111)_2$$

因此：

$$\begin{aligned} a\mathbin{\&}(\sim b) &=(00101000)_2\mathbin{\&}(11100111)_2\\ &=(00100000)_2\\ &=32 \end{aligned}$$

再計算第二部分：

核心觀念

本題考查：

• 遞迴函式的呼叫順序。
• 陣列元素的共用與修改。
• C 語言整數除法：$1/2=0$。
• if、else if、else 的分支判斷。
• printf 的執行時機。

其中：

b[i/2] += 1/2;

因為 1 與 2 都是整數常數，所以採用整數除法：

$$1/2=0$$

因此這一行不會改變任何陣列元素。

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解題方法

初始陣列為：

$$b[0],b[1],\ldots,b[12] =30,31,32,33,34,35,36,37,38,39,40,41,42$$

函式的執行規則如下：

• $i=1$：印出 b[1]，並結束遞迴。
• $i$ 為偶數：先印出 b[i]，再呼叫 h(i/2)。
• $i$ 為奇數且不等於 $1$：將 b[i+1] 加 $1$，再呼叫 h(i+1)。

逐次追蹤如下：

呼叫	分支	執行動作	印出內容
h(9)	奇數	b[10]++：$40\to41$，呼叫 h(10)	無
h(10)	偶數	印出 b[10]=41；b[5] += 0；呼叫 h(5)	41
h(5)	奇數	b[6]++：$36\to37$，呼叫 h(6)	無
h(6)	偶數	印出 b[6]=37；b[3] += 0；

核心觀念

此程式是以相鄰交換實作的插入排序。每次 Swap(a[j], a[j-1]) 都是把目前元素向左移動一格，直到前一個元素不大於它。

定義反轉對（inversion）為：

$$(p,q)\text{ 是反轉對}\iff p<q\text{ 且 }a[p]>a[q]$$

相鄰交換只會消除一個反轉對，因此：

$$\text{Swap 執行次數}=\text{原始排列的反轉對數量}$$

關鍵程式碼如下：

for i = 2 to n do
{
    j = i;
    while (j >= 2) and (a[j] < a[j-1]) do
    {
        Swap(a[j], a[j-1]);
        j = j-1;
    }
}

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(a) 計算指定輸入的交換次數

原始序列為：

$$[3,9,6,5,8,2]$$

依照每次插入的結果：

$i$	本輪排序後序列	Swap 次數
$2$	$[3,9,6,5,8,2]$	$0$
$3$	$[3,6,9,5,8,2]$	$1$
$4$	$[3,5,6,9,8,2]$	$2$
$5$	$[3,5,6,8,9,2]$	$1$
$6$	$[2,3,5,6,8,9]$	$5$

因此總交換次數為：

$$0+1+2+1+5=9$$

也可直接計算反轉對：

• $3$ 後面只有 $2$ 比它小：$1$ 個
• $9$ 後面的 $6,5,8,2$ 都比它小：$4$ 個
• $6$ 後面的 $5,2$ 比它小：$2$ 個
• $5$ 後面的 $2$ 比它小：$1$ 個
• $8$ 後面的 $2$ 比它小：$1$ 個

$$1+4+2+1+1=9$$

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(b) 使交換次數最少的排列

本題考查如何建構一個搜尋成本最小的二元搜尋樹 (Optimal Binary Search Tree, OBST)。

核心觀念：
二元搜尋樹的搜尋成本 (Search Cost) 定義為所有節點搜尋次數的加權總和。如果一個節點 k 的搜尋頻率為 freq(k)，並且它在樹中的深度為 depth(k) (根節點深度為 1)，則該節點對總搜尋成本的貢獻為 freq(k) * depth(k)。總搜尋成本是所有節點貢獻的總和。
$\text{Total Cost} = \sum_{i=1}^{n} \text{freq}(k_i) \times \text{depth}(k_i)$
我們的目標是選擇一個根節點，然後遞迴地為其左右子樹選擇根節點，使得總搜尋成本最小。

已知資訊：

• 節點：A, B, C, D, E, F
• 搜尋頻率：freq(A)=4, freq(B)=9, freq(C)=1, freq(D)=6, freq(E)=8, freq(F)=7
• 節點順序：A < B < C < D < E < F (這意味著它們可以自然地構成一個二元搜尋樹，其中 A 在左，F 在右，依此類推)
• 節點數量：n = 6

解題方法：
這個問題可以使用動態規劃 (Dynamic Programming) 來解決。令 cost(i, j) 表示建構包含節點 i 到 j (假設節點已按大小排序，並賦予索引 1 到 n) 的最佳二元搜尋樹的最小搜尋成本。
令 freq_sum(i, j) 表示節點 i 到 j 的搜尋頻率總和。
$\text{cost}(i, j) = \min_{k=i}^{j} \{ \text{cost}(i, k-1) + \text{cost}(k+1, j) + \text{freq\_sum}(i, j) \}$
其中 cost(i, i-1) = 0 (空樹成本為 0)。

在本題中，節點順序和頻率如下：
節點：A, B, C, D, E, F
索引：1, 2, 3, 4, 5, 6
頻率：4, 9, 1, 6, 8, 7

首先計算頻率總和：
freq_sum(1, 6) = 4 + 9 + 1 + 6 + 8 + 7 = 35

接著，我們需要計算 cost(i, j)。這個過程比較繁瑣，通常需要填寫一個表格。
由於題目要求「Present the optimal binary search tree」，我們可以直接嘗試不同的根節點，並計算其總成本。

嘗試不同的根節點：

1. 若根節點為 A (freq=4):
   左子樹：空 (cost=0)
   右子樹：B, C, D, E, F (freq=9+1+6+8+7=31)
   總成本 = freq(A) * 1 + cost(B,F)
   我們需要遞迴計算 cost(B,F)。

2. 若根節點為 B (freq=9):
   左子樹：A (freq=4)
   右子樹：C, D, E, F (freq=1+6+8+7=22)
   總成本 = freq(B) * 1 + cost(A,A) + cost(C,F)
   cost(A,A) = freq(A)*1 = 4 (A為單節點樹的根)
   總成本 = 9 + 4 + cost(C,F)

3. 若根節點為 C (freq=1):
   左子樹：A, B (freq=4+9=13)
   右子樹：D, E, F (freq=6+8+7=21)
   總成本 = freq(C) * 1 + cost(A,B) + cost(D,F)

4. 若根節點為 D (freq=6):
   左子樹：A, B, C (freq=4+9+1=14)
   右子樹：E, F (freq=8+7=15)
   總成本 = freq(D) * 1 + cost(A,C) + cost(E,F)

5. 若根節點為 E (freq=8):
   左子樹：A, B, C, D (freq=4+9+1+6=20)
   右子樹：F (freq=7)
   總成本 = freq(E) * 1 + cost(A,D) + cost(F,F)
   cost(F,F) = freq(F)*1 = 7
   總成本 = 8 + cost(A,D) + 7

6. 若根節點為 F (freq=7):
   左子樹：A, B, C, D, E (freq=4+9+1+6+8=28)
   右子樹：空 (cost=0)
   總成本 = freq(F) * 1 + cost(A,E)
   總成本 = 7 + cost(A,E)

為了找到最佳樹，我們需要系統地計算。
令 w(i, j) 為節點 i 到 j 的頻率總和。
令 e(i, j) 為節點 i 到 j 的最佳搜尋樹成本。
$e(i, j) = \min_{i \le k \le j} \{ e(i, k-1) + e(k+1, j) + w(i, j) \}$
$w(i, j) = w(i, j-1) + freq(j)$
$w(i, i) = freq(i)$
$e(i, i-1) = 0$

節點及其頻率：
1:A(4), 2:B(9), 3:C(1), 4:D(6), 5:E(8), 6:F(7)

計算長度為 1 的子問題：
e(1,1) = w(1,1) = 4
e(2,2) = w(2,2) = 9
e(3,3) = w(3,3) = 1
e(4,4) = w(4,4) = 6
e(5,5) = w(5,5) = 8
e(6,6) = w(6,6) = 7

計算長度為 2 的子問題：
w(1,2) = 4+9 = 13
e(1,2) = min { e(1,0)+e(2,2)+w(1,2), e(1,1)+e(3,2)+w(1,2) }
= min { 0+9+13, 4+0+13 } = min { 22, 17 } = 17 (根為 B)

w(2,3) = 9+1 = 10
e(2,3) = min { e(2,1)+e(3,3)+w(2,3), e(2,2)+e(4,3)+w(2,3) }
= min { 0+1+10, 9+0+10 } = min { 11, 19 } = 11 (根為 B)

w(3,4) = 1+6 = 7
e(3,4) = min { e(3,2)+e(4,4)+w(3,4), e(3,3)+e(5,4)+w(3,4) }
= min { 0+6+7, 1+0+7 } = min { 13, 8 } = 8 (根為 D)

w(4,5) = 6+8 = 14
e(4,5) = min { e(4,3)+e(5,5)+w(4,5), e(4,4)+e(6,5)+w(4,5) }
= min { 0+8+14, 6+0+14 } = min { 22, 20 } = 20 (根為 E)

w(5,6) = 8+7 = 15
e(5,6) = min { e(5,4)+e(6,6)+w(5,6), e(5,5)+e(7,6)+w(5,6) }
= min { 0+7+15, 8+0+15 } = min { 22, 23 } = 22 (根為 F)

計算長度為 3 的子問題：
w(1,3) = 4+9+1 = 14
e(1,3) = min {
k=1: e(1,0)+e(2,3)+w(1,3) = 0+11+14 = 25 (根 A)
k=2: e(1,1)+e(3,3)+w(1,3) = 4+1+14 = 19 (根 B)
k=3: e(1,2)+e(4,3)+w(1,3) = 17+0+14 = 31 (根 C)
} = 19 (根為 B)

w(2,4) = 9+1+6 = 16
e(2,4) = min {
k=2: e(2,1)+e(3,4)+w(2,4) = 0+8+16 = 24 (根 B)
k=3: e(2,2)+e(4,4)+w(2,4) = 9+6+16 = 31 (根 C)
k=4: e(2,3)+e(5,4)+w(2,4) = 11+0+16 = 27 (根 D)
} = 24 (根為 B)

核心觀念

本題考查「無限供應郵票的組合計數」遞迴。$g(i,j)$ 表示只使用面額不超過 $i$ 的郵票，湊出 $j$ 元的組合數；郵票排列順序不影響組合，例如 $1+2$ 與 $2+1$ 視為同一種。

可將組合依「是否使用至少一張 $i$ 元郵票」分成兩類：

• 不使用 $i$ 元郵票：共有 $g(i-1,j)$ 種。
• 至少使用一張 $i$ 元郵票：先拿走一張 $i$ 元郵票，剩下 $j-i$ 元，且仍可繼續使用 $i$ 元郵票，因此共有 $g(i,j-i)$ 種。

因此，當 $i$ 元郵票有貨時，遞迴式為

$$g(i,j)=g(i-1,j)+g(i,j-i).$$

其中第二項仍是 $g(i,j-i)$，而不是 $g(i-1,j-i)$，因為同一面額的郵票數量不限。

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解題方法

本題中可使用的郵票面額為

$$\{1,2,5\},$$

而 $3$ 元與 $4$ 元郵票售罄。

基本條件為

$$g(i,0)=1 \qquad (1\le i\le 5),$$

因為湊出 $0$ 元代表不取任何郵票，算一種空組合；若剩餘金額為負數，則不可能湊出：

$$g(i,j)=0 \qquad (1\le i\le 5,\ j\le -1).$$

只有 $1$ 元郵票時，每個正整數金額都只能用全部 $1$ 元郵票湊成，因此

$$g(1,j)=1 \qquad (j\ge 0).$$

對 $j\ge1$，實際遞迴式為

$$g(i,j)= \begin{cases} g(i-1,j)+g(i,j-i), & i\in\{2,5\},\\[4pt] g(i-1,j), & i\in\{3,4\}. \end{cases}$$

逐一寫出即為

$$g(2,j)=g(1,j)+g(2,j-2),$$ $$g(3,j)=g(2,j),$$

(a) Process Control Block (PCB) 的七項常見元件

1. 行程狀態 (Process State)：記錄行程目前的執行狀態（如：New、Ready、Running、Waiting、Terminated）。
2. 程式計數器 (Program Counter, PC)：記錄該行程下一條要執行的指令記憶體位址。
3. CPU 暫存器 (CPU Registers)：保存 Context Switch 時的 CPU 暫存器內容（如：累加器、堆疊指標、通用暫存器、狀態暫存器等），以便後續恢復執行。
4. CPU 排程資訊 (CPU Scheduling Information)：包含行程優先權 (Priority)、排程佇列指標 (Scheduling Queue Pointers) 與其他排程參數。
5. 記憶體管理資訊 (Memory-management Information)：包含基底/界限暫存器 (Base/Limit Registers)、頁表 (Page Tables) 或段表 (Segment Tables) 等記憶體映射資訊。
6. 帳務資訊 (Accounting Information)：記錄 CPU 已使用時間、時間限制、行程識別碼 (PID) 等統計資料。
7. I/O 狀態資訊 (I/O Status Information)：記錄分配給該行程的 I/O 裝置清單與開啟檔案清單 (Open File Table) 等。

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(a) 指令與資料的位址繫結

核心觀念

程式中的指令與資料，最初通常以符號位址或相對位址表示；作業系統必須在某個時點將它們繫結（binding）到實際的記憶體位址。三種繫結時機的差異，在於「何時決定位址」以及「程式載入後能否搬移」。

指令與資料的繫結原則相同：

• 指令繫結：決定 CPU 從哪個記憶體位址擷取指令。
• 資料繫結：決定指令存取變數、陣列或其他資料時所使用的記憶體位址。

1. 編譯時繫結（Compile-time binding）

若在編譯時便已知程式將被載入的記憶體位置，編譯器可以直接產生絕對位址（absolute address）。

例如，假設程式一定從位址 1000 開始，變數 x 位於位址 1200，編譯器便可將相關指令直接產生為存取位址 1200。

特點如下：

• 編譯時直接決定指令與資料的絕對位址。
• 程式載入時不需要重新定位。
• 若程式實際載入位置改變，原本的絕對位址便失效，必須重新編譯。

可表示為：

$$\text{實體位址}=\text{編譯器產生的絕對位址}$$

2. 載入時繫結（Load-time binding）

若編譯時不知道程式將被載入哪一段記憶體，編譯器會產生可重定位程式（relocatable code），使用相對於程式起始位置的位址。

載入器（loader）選定程式的載入起始位址後，再將所有指令與資料參照加上載入基底位址。

若某資料的相對位址為 $200$，程式載入基底位址為 $5000$，則：

$$\text{實體位址}=5000+200=5200$$

特點如下：

• 編譯時只產生相對位址。
• 程式載入記憶體時，由載入器完成重定位。
• 程式開始執行後，位址通常已固定，不能直接搬到另一位置。
• 若要改變載入位置，必須重新載入並重新定位。

3. 執行時繫結（Execution-time binding）

執行時繫結將位址決定延後到程式執行期間。CPU 產生的是邏輯位址或虛擬位址，再由記憶體管理單元（MMU）於存取當下轉換成實體位址。

在分頁系統中，轉換可概念化表示為：

$$\text{虛擬位址} \xrightarrow{\text{頁表與 MMU}} \text{實體位址}$$

在基底暫存器模型中，則可表示為：

$$\text{實體位址} = \text{基底位址} + \text{邏輯位址}$$

特點如下：

• 指令擷取與資料存取時才進行位址轉換。
• 需要硬體支援，例如 MMU、頁表、基底暫存器或界限暫存器。
• 程式執行期間仍可被搬移。
• 指令與資料不必連續放置，能配合分頁或分段機制管理。

解題技巧

判斷三種繫結時機，可記成：

繫結時機	位址何時決定	載入後能否搬移
編譯時	編譯時	不能，位置改變須重新編譯
載入時	載入時	通常不能，須重新載入定位
執行時	每次執行或存取時	可以，需要硬體位址轉換支援

最容易混淆的是「載入時」與「執行時」：

• 載入時：程式開始執行前完成重定位。
• 執行時：程式執行期間仍持續進行位址轉換，因此可動態搬移。

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(b) 使用 Working-set Model 解決 Thrashing

核心觀念

Thrashing（抖動）是指系統花費大量時間處理 page fault 與換頁，真正執行程式的時間反而很少。其根本原因通常是：

$$\text{所有程序目前需要的頁面總數} > \text{可用實體框架總數}$$

Working-set model 用一段最近的參照區間估計程序目前的 locality，也就是程序近期實際需要的頁面集合。

Working set 定義

核心觀念

本題考查兩個檔案系統的重要主題：

1. 檔案存取方法（file access methods）：說明系統如何找到檔案中的資料。
2. 檔案一致性語意（consistency semantics）：說明多個程序同時讀寫共用檔案時，一個程序的修改何時、以何種形式被其他程序看見。

記憶方式如下：

• Sequential：依序找資料。
• Direct：直接依位置找資料。
• Indexed：先查索引，再找資料。
• Consistency semantics：規範「何時可見、看到哪個版本、更新是否具原子性」。

解題方法

(a) 以「取得檔案中某筆資料時，是否必須先經過前面的資料」作為區分基準：

• 必須從目前位置逐筆前進：Sequential access。
• 已知資料位置即可直接跳至該處：Direct access。
• 先由索引取得資料位置，再進行存取：Indexed access。

(b) 先定義共用檔案的一致性語意，再說明常見的四種模型：

• UNIX semantics
• Session semantics
• Immutable shared files
• Transaction semantics

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（a）檔案的三種存取方式

1. Sequential access（循序存取）

循序存取按照資料在檔案中的排列順序，一筆接一筆地讀取或寫入。系統通常維護一個目前位置指標，執行一次 read next 或 write next 後，位置自動向後移動。

基本操作可表示為：

• read next：讀取目前位置之後的下一筆資料。
• write next：在目前位置之後寫入資料。
• rewind：將目前位置移回檔案開頭。

例如要讀取第 $1000$ 筆資料，通常必須先依序處理前面的資料。若檔案由固定長度記錄組成，循序存取第 $n$ 筆資料的成本大致與 $n$ 成正比。

適用情境包括：

• 磁帶等循序儲存媒體。
• 文字檔逐行讀取。
• Log 檔案。
• 影音串流與批次資料處理。

其優點是實作簡單、連續讀取效率高；缺點是查找檔案中間的資料較慢。

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2. Direct access（直接存取、隨機存取）

直接存取將檔案視為一組具有編號的固定長度邏輯區塊或記錄，程式可以直接指定要讀寫的區塊編號，不必先讀取前面的內容。

常見操作包括：

• read(n)：讀取第 $n$ 個邏輯區塊。
• write(n)：寫入第 $n$ 個邏輯區塊。
• seek(n)：將目前位置移至第 $n$ 個邏輯區塊。

若每筆記錄長度為 $L$ bytes，且記錄編號從 $0$ 開始，則第 $n$ 筆記錄的相對位移量為：

$$\text{offset}=nL$$

若以區塊大小 $B$ 表示，則第 $k$ 個邏輯區塊的位移量為：

$$\text{offset}=kB$$

檔案系統會再將邏輯區塊映射至實體儲存區塊。

直接存取適合：

• 磁碟檔案。
• 資料庫資料檔。
• 陣列型資料。
• 需要快速查詢指定位置資料的應用程式。

其優點是可快速跳至指定位置；缺點是若資料為變動長度，單靠記錄編號無法直接計算位置，必須搭配額外的位址表或索引結構。

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3. Indexed access（索引存取）

索引存取使用額外的索引結構，將「查詢鍵值」或「邏輯記錄編號」對應至資料所在的區塊或位移量。

查詢流程為：

1. 在索引中搜尋目標鍵值。
2. 取得對應的資料區塊位址。
3. 直接讀取該資料區塊。

例如索引內容如下：

學號	資料位置
1001	Block 8
1002	Block 21
1003	Block 5

查詢學號 $1002$ 時，先在索引中找到 Block 21，再讀取該區塊中的學生資料。

索引也可以採用多層結構。當檔案很大時，第一層索引可指向第二層索引，最後再指向實際資料區塊，以減少搜尋成本。

索引存取適合：

• 依學號、姓名、日期等鍵值查詢資料。
• 變動長度記錄。
• 需要同時支援快速查詢與循序走訪的檔案。

其代價包括：

• 需要額外儲存索引。
• 新增、刪除或搬移資料時，必須同步更新索引。
• 索引損壞會影響資料定位。

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三種方式比較

存取方式	找資料的方法	優點	主要限制
Sequential	從目前位置依序讀取	連續讀取效率高、實作簡單	中間資料查找速度慢

(a) Deadlock prevention

核心觀念

死結（deadlock）發生的必要條件為下列四項同時成立：

1. 互斥（mutual exclusion）：資源一次只能由一個行程使用。
2. 持有並等待（hold and wait）：行程持有部分資源，同時等待其他資源。
3. 不可剝奪（no preemption）：資源只能由持有者主動釋放。
4. 循環等待（circular wait）：存在行程與資源形成環狀等待鏈。

死結預防（deadlock prevention）的核心，是在系統設計階段保證上述至少一項條件永遠不成立，因此不允許死結形成。它與死結避免不同：死結避免是在每次配置資源前檢查是否仍處於安全狀態，例如 Banker’s algorithm。

解題方法

可採取下列任一類策略：

• 破壞互斥條件：若資源允許共享，便改為共享使用，例如唯讀檔案可由多個行程同時讀取。印表機等不可共享資源則無法用此方法處理。

• 破壞持有並等待條件：要求行程開始執行前一次取得所有所需資源；或規定行程申請新資源前，必須先釋放目前持有的資源。缺點是資源利用率降低，也可能使行程長時間佔有暫時不用的資源。

• 破壞不可剝奪條件：行程持有資源而申請不到新資源時，系統剝奪其已持有的資源，待日後能取得完整資源集合時再重新執行。此方法只適用於狀態可以保存與恢復的資源，不適合直接剝奪印表機等不可回復資源。

• 破壞循環等待條件：為所有資源類型建立全序，例如
  $R_1 < R_2 < R_3$
  並要求行程只能依遞增順序申請資源。如此若形成循環，必須同時滿足
  $R_1<R_2<\cdots<R_n<R_1,$
  這在全序關係中不可能成立，因此不會有循環等待。

解題技巧

看到「deadlock prevention」時，先寫出四個必要條件，再說明系統如何破壞其中至少一項。不要將它與「偵測後復原」或「安全狀態檢查」混淆。

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(b) 即時系統的三種延遲

核心觀念

即時系統（real-time system）不只要求計算結果正確，也要求結果在期限（deadline）前產生。因此重點是延遲的最壞情況上限，而非平均執行時間。

解題方法

1. 中斷延遲（interrupt latency）

   從硬體中斷發生，到中斷服務常式（ISR）開始執行的時間。這段時間可能包含完成目前指令、保存暫存器狀態、辨識中斷類型等工作。

2. 派送延遲（dispatch latency）

   從系統決定要執行某個高優先權即時行程，到該行程實際取得 CPU 開始執行的時間。通常包含結束不可中斷區段、執行排程器、進行內容切換等成本；排程延遲常被視為此階段的一部分。

(a) Vectored I/O（向量化 I/O / 散集 I/O）

• 核心觀念：一種允許單一系統呼叫（如 readv/writev）在多個非連續記憶體緩衝區（buffers）與單一 I/O 裝置/檔案之間進行讀寫傳輸的機制。
• 優勢：避免多次呼叫 I/O 所產生的上下文切換（context switch）開銷，亦免去在使用者空間手動拼湊與複製緩衝區資料的成本。

(b) Safety-Critical System（安全攸關系統）

• 核心觀念：若系統發生故障或功能失效，可能直接導致人員傷亡、重大財產損失或嚴重環境災害的系統。
• 特性：極度強調高可靠度（reliability）、高可用性（availability）與硬即時（hard real-time）回應能力，常見於飛航控制、醫療設備、核能電廠及自動駕駛系統。

(c) Logic Bomb（邏輯炸彈）

• 核心觀念：隱藏在正常軟體中的惡意程式碼片段，平時處於潛伏狀態。
• 觸發機制：當預設的特定條件（如指定日期時間、特定使用者登入或特定檔案被刪除）滿足時即被啟動，執行破壞性行為（如抹除資料或毀損系統）。

(d) Turnaround Time（週轉時間）

• 核心觀念：CPU 排程中，一個行程（process）從提交（submission）至完全執行完畢（completion）所經歷的總時間。
• 公式：