108 年 國立中正大學資訊管理學系醫療資訊管理碩士班《計算機概論》

本題考驗基本的儲存空間計算能力。

解題步驟：

1. 計算單張圖片所需的儲存空間：
   圖片解析度為 512x512 像素，每個像素需要 1 bit 的儲存空間。
   單張圖片總儲存空間 = 像素數量 × 每像素儲存空間
   像素數量 = 512 × 512 = 262,144 像素
   單張圖片儲存空間 = 262,144 像素 × 1 bit/像素 = 262,144 bits

2. 將圖片儲存空間轉換為 Bytes：
   1 Byte = 8 bits
   單張圖片儲存空間 (Bytes) = 262,144 bits / 8 bits/Byte = 32,768 Bytes

本題考驗位元操作（Bitwise Operation）的應用，特別是遮罩（Mask）與邏輯閘（Gate）的組合。題目要求對一個 8 位元的資料，僅翻轉中間四個位元（middle 4 bits），而其他四個位元保持不變。

假設原始 8 位元資料為 $D_7 D_6 D_5 D_4 D_3 D_2 D_1 D_0$。
題目要求翻轉中間四個位元，也就是 $D_5, D_4, D_3, D_2$，而 $D_7, D_6, D_1, D_0$ 保持不變。
翻轉位元通常使用 XOR (Exclusive OR) 邏輯閘。XOR 閘的特性是：

• $X \oplus 0 = X$ (任何位元與 0 XOR，結果為該位元本身，即保持不變)
• $X \oplus 1 = \neg X$ (任何位元與 1 XOR，結果為該位元的反相，即翻轉)

因此，為了達到題目要求，我們需要一個遮罩（Mask），其結構為：

• 對於需要保持不變的位元（$D_7, D_6, D_1, D_0$），遮罩對應的位元應為 0。
• 對於需要翻轉的位元（$D_5, D_4, D_3, D_2$），遮罩對應的位元應為 1。

所以，遮罩的二進位表示應為：
$D_7$ (0), $D_6$ (0), $D_5$ (1), $D_4$ (1), $D_3$ (1), $D_2$ (1), $D_1$ (0), $D_0$ (0)
即遮罩為 00111100。

本題考驗錯誤糾正碼（Error-Correcting Code, ECC）的基本原理，特別是 Hamming 距離與錯誤糾正能力之間的關係。

Hamming 距離定義了兩個等長字串之間，對應位置上不同字元的個數。在錯誤糾正碼中，Hamming 距離用來衡量不同編碼字（code patterns）之間的區別程度。

錯誤糾正碼的原理是，如果一個編碼集合 $C$ 具有最小 Hamming 距離 $d_{min}$，那麼它能夠檢測出最多 $d_{min}-1$ 個錯誤，並且能夠糾正 $\lfloor \frac{d_{min}-1}{2} \rfloor$ 個錯誤。

本題考驗對電腦架構（Computer Architecture）的認識，特別是處理器（Processor）的指令集架構（Instruction Set Architecture, ISA）。

ARM (Advanced RISC Machines) 處理器是目前非常流行的處理器架構，廣泛應用於手機、平板電腦、嵌入式系統等。ARM 架構的設計哲學是基於 RISC (Reduced Instruction Set Computing) 原則。

RISC 的主要特點包括：

1. 指令集較小且簡單：指令數量少，每條指令執行時間短且固定。
2. 採用固定長度的指令格式。
3. 大量使用暫存器（Registers）。

核心觀念

本題考查作業系統中的分時系統（time-sharing system）與時間片（time slice）。

在多工環境中，CPU 會將處理時間切割成許多固定長度的時間片，輪流分配給不同程序。當某一程序的時間片用完時，作業系統必須暫停目前程序，保存其執行狀態，再將 CPU 交給下一個程序。

時間片結束通常由硬體計時器產生**計時器中斷（timer interrupt）**通知作業系統。中斷發生後，作業系統核心取得控制權，進行程序切換（context switch）。

解題方法

題幹指出：

The end of a time slice is indicated by the occurrence of a signal called ______.

意思是「時間片結束，是由一種稱為何者的訊號發生來表示？」

判斷關鍵在於：

1. 時間片是 CPU 分配給程序的限定執行時間。
2. 時間片到期時，作業系統需要立即介入。
3. 硬體計時器會發出中斷訊號。
4. 作業系統接收到中斷後，執行排程與程序切換。

因此，正確概念是 interrupt（中斷）。更精確地說，此處通常指 timer interrupt（計時器中斷）。

選項分析

A. A login

login 是使用者登入系統的行為，涉及帳號驗證與建立使用者工作階段。

核心觀念

本題考查 Java 陣列的：

1. 索引從 0 開始
2. a.length 表示陣列元素總數
3. 合法索引範圍為 0 到 a.length - 1

若陣列長度為 $n$，其合法索引為：

$$0,1,2,\ldots,n-1$$

因此，要初始化所有元素，迴圈必須：

• 從索引 0 開始
• 在索引小於 a.length 時繼續執行

---

解題方法

初始化所有元素的標準寫法為：

for (int i = 0; i < a.length; i++) {
    a[i] = 1.5;
}

假設陣列長度為 $n$：

• 第一次執行：i = 0，設定 a[0]
• 最後一次執行：i = n - 1，設定 a[n - 1]
• 此後：i = n，因為不符合 i < a.length，迴圈停止

這樣恰好處理全部 $n$ 個元素，且不會存取超出陣列範圍的位置。

---

選項分析

A. for(int i=1; i<a.length; i++) a[i] = 1.5;

錯誤。

迴圈從 i = 1 開始，只會設定：

a[1], a[2], ..., a[a.length - 1]

索引 a[0] 沒有被初始化為 1.5，因此無法涵蓋所有元素。

---

B. for(int i=0; i<=a.length; i++) a[i] = 1.5;

錯誤。

雖然從 i = 0 開始，但條件使用 i <= a.length。

核心概念
SSL（Secure Sockets Layer）是由 Netscape 於 1990 年代中期提出的網路安全協議，目的在於於 Web 客戶端與伺服器之間建立加密通道。其主要特性包括：

• 使用公開金鑰加密協定完成握手（Handshake），協商對稱金鑰。
• 提供資料加密、訊息完整性驗證與雙向認證。
• 後續演進為 TLS（Transport Layer Security），而 SSL 2.0/3.0 已被視為不安全、過時。

解題方法
本題為單選題，要求找出「描述 SSL 不正確」的敘述。解題步驟：

1. 逐一檢視四個選項，與已知的 SSL 定義與現況比對。
2. 判斷敘述是否與事實相符，若不符即為答案。
3. 注意名稱的細節（單數 vs 複數）與時效性的語意。

選項分析

• A. stands for Secure Socket Layer
  • 正確全名應為 Secure Sockets Layer，其中 Sockets 為複數。
  • 此選項將 Sockets 寫成單數 Socket，屬拼寫錯誤，因而不正確。

本題考驗 Java 程式碼的執行流程，特別是 while 迴圈和 if 條件判斷的行為。

程式碼分析：

1. boolean val1 = true;：宣告一個布林變數 val1 並初始化為 true。
2. boolean val2 = false;：宣告一個布林變數 val2 並初始化為 false。
3. while (val1)：開始一個 while 迴圈。迴圈的條件是 val1 是否為 true。由於 val1 最初為 true，迴圈會進入第一次迭代。
4. {：迴圈體開始。
5. if (val1)：進入 if 判斷。由於此時 val1 仍然是 true，條件成立。
6. {：if 區塊開始。
7. System.out.println("Hello");：執行輸出語句，印出 "Hello"。
8. }：if 區塊結束。
9. val1 = val2;：將 val2 的值（false）賦值給 val1。此時，val1 的值變為 false。
10. }：迴圈體結束。

本題考驗物件導向程式設計（Object-Oriented Programming, OOP）中的繼承（Inheritance）和多型（Polymorphism）概念，特別是方法重載（Method Overriding）的行為。

程式碼分析：

1. Vehicle aVehicle = new Auto();
   這行程式碼宣告了一個型別為 Vehicle 的變數 aVehicle，但它實際指向的物件是 Auto 類別的實例。這是一個典型的多型應用，父類別的參考變數可以指向子類別的物件。

2. aVehicle.moveForward(200);
   這行程式碼呼叫了 aVehicle 所指向物件的 moveForward 方法。

題目說明：

• Auto 類別繼承自 Vehicle 類別。
• Vehicle 和 Auto 兩個類別都有 moveForward 方法。
• 這兩個 moveForward 方法具有相同的參數和返回型別。這意味著 Auto 類別中的 moveForward 方法是覆寫（Override）了 Vehicle 類別中的 moveForward 方法。

在物件導向程式設計中，當我們透過父類別的參考變數呼叫一個被覆寫的方法時，實際執行的是子類別（即實際物件型別）中定義的方法。這就是「動態綁定」（Dynamic Binding）或「執行時綁定」（Runtime Binding）的體現。

本題考驗對 UML (Unified Modeling Language) 的認識。UML 是一種標準化的通用建模語言，用於建立、可視化、構建和文檔化軟體系統的各種構件。

UML 包含多種圖表（Diagrams），用於從不同角度描述系統。我們來分析各個選項：

A. Dataflow diagrams (DFDs)：資料流圖（DFD）是一種圖形化工具，用於表示系統中資料的流動。它主要用於結構化分析階段。雖然 DFD 在軟體工程中非常有用，但它不是 UML 的標準圖表類型。UML 側重於物件導向的視圖。

核心觀念

本題考查資料結構依「儲存與取出資訊時，大小或形狀是否改變」所作的分類。

**Array（陣列）**在建立時通常即決定其長度與維度。資料可以被修改、讀取，但陣列本身的大小與結構不會因資料存取而改變，因此符合題目所稱的 static。

相對地，Tree、Stack、Queue 的元素數量或結構會隨插入、刪除而變化。

解題方法

判斷每個選項在資料儲存與取出過程中，是否會改變：

1. 若元素增減會使資料結構的大小或形狀改變，則不是 static。
2. 若只能改變元素內容，資料結構的大小與形狀維持固定，則是 static。

依此逐項分析即可。

選項分析

A. Tree

Tree 的節點可以動態增加或刪除。

例如，插入新節點可能使樹的高度增加，刪除節點則可能改變樹的分支結構。因此 Tree 的大小與形狀會隨操作改變，不符合題目所描述的 static。

A 錯誤。

B. Array

Array 通常在建立時指定固定大小，例如：

$$A[0 \ldots 4]$$

此陣列共有 $5$ 個位置。即使對其中的元素進行讀取或修改，例如將 $A[2]$ 的內容替換，陣列仍然維持相同的 $5$ 個位置與相同的線性排列。

核心觀念

本題考查資料庫管理系統（DBMS）中的資料庫完整性（Database Integrity）與交易管理（Transaction Management）。

• 資料庫完整性與 ACID 特性：資料庫必須保持正確性與一致性。在交易處理中，確保完整性的核心機制包含：
  1. 復原管理（Recovery Management）：確保交易的原子性（Atomicity）與持久性（Durability），主要仰賴**日誌（Log）與確認點（Commit points）**或檢查點（Checkpoints）。
  2. 並行控制（Concurrency Control）：確保交易的隔離性（Isolation）與一致性（Consistency），主要仰賴鎖定協定（Locking protocol）、時間戳記（Timestamping）等機制。
• 核心盲點區分：**並行交易處理（Concurrent transaction processing）**本身是一種「操作環境」或「運作需求」，即允許多筆交易同時執行以提升系統吞吐量；若缺乏適當控制，並行執行反而會引發遺失更新（Lost update）、髒讀（Dirty read）等破壞資料完整性的問題。因此它並非「用來維護完整性的機制」。

---

解題方法

切入點在於區分「維護完整性的控制機制／技術（Mechanism/Control Technique）」與「引發一致性風險的系統行為／功能需求（Behavior/Requirement）」：

1. 檢視題目關鍵字：「not provided to maintain database integrity」（非用來維護資料庫完整性的功能）。
2. 逐一比對各選項是屬於「確保 ACID 的保護工具」還是「需要被控管的運作行為」。
3. Commit points、Locking protocol、Log 皆為 DBMS 提供用來維持 ACID、避免資料毀損與不一致的防禦與還原技術；而 Concurrent transaction processing 是允許多工執行的特性，需要藉由其他技術來防範它對完整性的威脅。

---

核心觀念 – Scan Conversion（掃描轉換）
掃描轉換是將向量圖形（點、線、曲面）映射到影像平面的離散像素格點之過程，又稱 rasterization。其核心步驟包括

1. 取樣（Sampling）：決定每個像素中心是否落在幾何圖形內。
2. 量化（Quantization）：將顏色、深度等連續屬性離散化為可儲存的位元值。
3. 深度測試（Depth Test）：使用 z‑buffer（深度緩衝） 於每個像素比較不同片段的深度，以決定哪一片段可見。
4. 像素寫入（Pixel Write）：把最終顏色寫入 pixel positions（像素座標） 所指的緩衝區。

此外，digitizing（數位化） 是把連續的幾何或光學訊號轉成離散的數位資料，是掃描轉換的概念前置；在電腦圖形學中常以「取樣」與「量化」之名出現，屬於同一層次的概念。

解題方法
題目要求找出 「不屬於掃描轉換」 的項目。檢視每個選項是否直接與上述四個核心步驟之一相關，若僅是更高層次的隱藏面處理方法，則不屬於掃描轉換。

選項分析

選項	與掃描轉換的關聯	判斷依據
A. A z‑buffer	是 – 深度緩衝在像素寫入階段用於深度測試，屬於掃描轉換的必備資料結構。

本題考驗密碼學（Cryptography）中金鑰（Key）的使用方式與加密系統的分類。

加密系統可以根據金鑰的使用方式分為兩大類：

1. 對稱式加密（Symmetric Encryption）：又稱為傳統加密（Conventional Encryption）或私鑰加密（Private-key Encryption）。在這種系統中，加密和解密使用相同的金鑰。發送方使用金鑰加密訊息，接收方使用相同的金鑰解密訊息。優點是速度快，缺點是金鑰的交換和管理比較困難。
2. 非對稱式加密（Asymmetric Encryption）：又稱為公鑰加密（Public-key Encryption）。在這種系統中，使用一對金鑰：一個公鑰（Public Key）和一個私鑰（Private Key）。公鑰可以公開，用於加密訊息；

本題考驗人工神經網路（Artificial Neural Network, ANN）中神經元（Neuron）的輸出計算方式。

一個神經元通常包含以下幾個部分：

1. 輸入（Inputs）：神經元接收來自其他神經元或外部數據的輸入。
2. 權重（Weights）：每個輸入都與一個權重相關聯，表示該輸入的重要性。
3. 加權總和（Weighted Sum）：將所有輸入乘以對應的權重後相加。
4. 偏差（Bias）：有時會加入一個偏差值（通常相當於一個固定輸入為 1 的權重）。
5. 激活函數（Activation Function）：將加權總和（加上偏差）通過一個激活函數，產生神經元的輸出。常見的激活函數有階躍函數（Step Function）、Sigmoid 函數等。
6. 閾值（Threshold）：在階躍函數中，通常會設定一個閾值。如果加權總和（加上偏差）大於或等於閾值，則輸出 1；否則輸出 0。

本題的神經元有兩個輸入，記為 $x_1, x_2$，以及對應的權重 $w_1, w_2$。
題目給定的閾值（Threshold Value）是 3。
神經元的輸出為 1 的條件是：加權總和 $\ge$ 閾值。
即：$w_1 x_1 + w_2 x_2 \ge 3$

題目要求：

• 當兩個輸入都是 1 時（$x_1 = 1, x_2 = 1$），輸出為 1。
• 「only when both of its inputs are 1」這句話意味著，只要有一個輸入不是 1，或者兩個輸入都不是 1，輸出就應該是 0。
  • 如果 $x_1=1, x_2=0$，則輸出應為 0。
  • 如果 $x_1=0, x_2=1$，則輸出應為 0。
  • 如果 $x_1=0, x_2=0$，則輸出應為 0。

讓我們測試各個選項的權重 $(w_1, w_2)$：

核心觀念

本題考查「排序問題」的時間複雜度，以及大 $O$ 與 $\Theta$ 的差異。

在一般的比較式排序模型中，排序 $n$ 個元素至少需要：

$$\Omega(n\log_2 n)$$

次比較；而合併排序（Merge Sort）與堆積排序（Heap Sort）等演算法可以在：

$$O(n\log_2 n)$$

時間內完成。因此，最佳化的比較式排序時間複雜度為：

$$\Theta(n\log_2 n)$$

選項中雖然沒有直接寫出 $\Theta(n\log_2 n)$，但 $O(n\log_2 n)$ 是排序問題可達成的標準上界，故選 C。

解題方法

可從兩個方向判斷：

1. 排序至少要處理 $n$ 個元素，因此不可能低於線性時間。
2. 有效率的排序演算法，例如 Merge Sort，可達到 $O(n\log_2 n)$。

以 Merge Sort 為例，每一層將資料分成兩半，遞迴深度為：

$$\log_2 n$$

每一層合併所有元素需要 $O(n)$ 時間，因此總時間為：

$$O(n)\times O(\log_2 n) = O(n\log_2 n)$$

另一方面，比較式排序可用決策樹表示。若有 $n$ 個不同元素，可能的排列共有 $n!$ 種，決策樹至少需要 $n!$ 個葉節點，因此高度至少為：

$$\log_2(n!)$$

由於：

$$\log_2(n!)=\Theta(n\log_2 n)$$

所以比較式排序的下界為：

$$\Omega(n\log_2 n)$$

綜合上界與下界：

$$\Omega(n\log_2 n) \quad\text{且}\quad O(n\log_2 n)$$

可知最佳比較式排序的複雜度為 $\Theta(n\log_2 n)$；在本題選項中，應選能表示此有效率上界的 $O(n\log_2 n)$。

選項分析

本題考驗不同進位制之間的轉換能力，包括二進位（Binary）、十進位（Decimal）和分數形式。

** Part (a): Convert Binary 0.01 to Decimal **
二進位小數的位值是 $2^{-1}, 2^{-2}, 2^{-3}, \dots$ 從小數點後第一位開始。
二進位數 0.01 可以寫成：
$0 \times 2^{-1} + 1 \times 2^{-2}$
$= 0 \times \frac{1}{2} + 1 \times \frac{1}{4}$
$= 0 + \frac{1}{4}$
$= 0.25$

所以，二進位 0.01 轉換為十進位是 0.25。

** Part (b): Convert Binary 110.011 to Decimal **
這個二進位數包含整數部分和小數部分。
整數部分 110：
$1 \times 2^2 + 1 \times 2^1 + 0 \times 2^0$
$= 1 \times 4 + 1 \times 2 + 0 \times 1$
$= 4 + 2 + 0 = 6$

小數部分 0.011：
$0 \times 2^{-1} + 1 \times 2^{-2} + 1 \times 2^{-3}$

核心觀念

• 8 位元浮點數＝ 1 位元符號 (S)、3 位元指數 (E)、4 位元尾數 (F)。
• 采用 IEEE‑類似的正規化表示，指數使用 偏移 (bias) = 2^{(k-1)}‑1 = 3（k 為指數位數）。
• 正規化形式：$(-1)^{S}\times 1.F \times 2^{E_{\text{raw}}-bias}$。
• 若尾數的真實位元超過 4 位，必須 四捨五入或截斷；若恰好不超過，則 不會產生截斷誤差。

---

(a) 轉換 $5\frac14$（$5.25$）

1. 十進位 → 二進位
   $5.25_{10}=101.01_{2}$
2. 正規化
   $101.01_{2}=1.0101_{2}\times 2^{2}$
3. 取得尾數
   • 隱含的首位 $1$ 省略，剩餘 0101 正好佔 4 位。
   • 不需要截斷或捨入。
4. 指數
   • 真正指數 $=2$
   • 偏移後的二進位指數 $E_{\text{raw}} = 2 + bias = 2 + 3 = 5 = 101_{2}$
5. 符號位 $S=0$（正數）

最終位元

$\boxed{0\;101\;0101}=01010101_{2}=0x55$

截斷誤差：無（尾數已完整表示）。

---

(b) 轉換 $-3\frac12$（$-3.5$）

1. 十進位 → 二進位
   $3.5_{10}=11.1_{2}$
2. 正規化
   $11.1_{2}=1.11_{2}\times 2^{1}$

核心觀念
本題測驗對作業系統 (OS) 各子系統功能的認識。作業系統常被抽象為多個管理元件，每個元件負責特定資源或服務：

• 檔案管理子系統 (File Manager)：維護目錄結構、檔案名稱與磁碟配置。
• 記憶體管理子系統 (Memory Manager)：提供虛擬記憶體、分配與回收實體/虛擬頁面。
• 裝置驅動程式 (Device Driver)：介面硬體設備，使上層軟體可透過統一介面存取。
• 視窗管理子系統 (Window Manager)：在圖形使用者介面 (GUI) 中維持螢幕上各視窗的畫面緩衝與佈局。
• 排程子系統 (Scheduler)：根據排程演算法決定哪個行程 (process) 取得 CPU。
• 分派子系統 (Dispatcher)：執行實際的 context switch，將 CPU 控制權從一個行程切換到另一個行程。

了解每個子系統的「職責」即可對照題目敘述，找出正確填入的名稱。

---

解題方法

1. 依題目描述的活動逐一比對至上述子系統的功能。
2. 若描述涉及「記錄螢幕畫面」→視窗管理子系統。
3. 若描述涉及「切換行程」→分派子系統（執行切換）或排程子系統（決定切換）。題目使用「switching」一詞，指實際切換，因此選 dispatcher。
4. 若描述涉及「目錄系統」→檔案管理子系統。
5. 若描述涉及「虛擬記憶體」→記憶體管理子系統。

---

選項逐一分析

空格	敘述	正確子系統	為何正確	常見錯誤選項與說明
(a)	Maintains a record of what is displayed on the computer's screen	Window Manager	只要在圖形介面下，螢幕上每個視窗的內容、位置與層次都由 Window Manager 追蹤並維護。它維持一個「螢幕緩衝區」的抽象表示。	Device Driver 只負責把畫面資料送到顯示硬體，並不管理螢幕上各視窗的布局；Scheduler 與畫面記錄無關。

核心觀念

本題考查作業系統的「時間片（time slice）」與 CPU 排程。時間片是某一程序在被排程器暫停前，最多可連續使用 CPU 的時間。

已知：

• 每個時間片為 $10$ 毫秒
• $1$ 秒 $=1000$ 毫秒
• Context switch 時間可忽略，因此 CPU 時間全部用於執行程序

可使用的基本公式為：

$$\text{可服務的程序數} = \frac{\text{總 CPU 時間}}{\text{每個程序平均使用時間}}$$

---

解題方法

(a) 一秒內可取得時間片的程序數

每個程序使用一個完整時間片，即 $10$ 毫秒。

一秒可分割成：

$$\frac{1000\text{ 毫秒}}{10\text{ 毫秒}} = 100$$

因此，一秒內共有 $100$ 個時間片可供程序取得。

---

(b) 一半程序只使用一半時間片

一半程序使用完整的 $10$ 毫秒；另一半程序只使用一半時間片：

$$\frac{10}{2}=5\text{ 毫秒}$$

因此，每個程序的平均 CPU 使用時間為：