111 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》

本題在考驗對於灰階影像（grayscale image）像素值表示範圍的理解。

灰階影像中的每個像素通常用一個位元組（byte）來表示其亮度。一個位元組有 8 個位元，可以表示 $2^8$ 種不同的值。這些值通常從 0 開始，代表最暗（黑色），到最大值代表最亮（白色）。

本題考驗的是十進位數字的二進位轉換。題目要求計算 $26 - 7$ 的二進位表示。

首先，計算十進位的結果：
$26 - 7 = 19$

接著，將十進位的 19 轉換為二進位。
可以使用短除法或權重法進行轉換。

方法一：短除法
$19 \div 2 = 9$ 餘 $1$
$9 \div 2 = 4$ 餘 $1$
$4 \div 2 = 2$ 餘 $0$
$2 \div 2 = 1$ 餘 $0$
$1 \div 2 = 0$ 餘 $1$
從下往上讀取餘數，得到二進位表示為 $10011_2$。

方法二：權重法
找出最接近 19 的 2 的冪次方。
$2^4 = 16$
$2^3 = 8$
$2^2 = 4$
$2^1 = 2$
$2^0 = 1$

本題考驗的是帶有小數的十進位數字轉換為二進位。題目要求轉換十進位的 $70.625$ 為二進位。

轉換過程分為整數部分和小數部分。

整數部分：70
使用短除法將 70 轉換為二進位：
$70 \div 2 = 35$ 餘 $0$
$35 \div 2 = 17$ 餘 $1$
$17 \div 2 = 8$ 餘 $1$
$8 \div 2 = 4$ 餘 $0$
$4 \div 2 = 2$ 餘 $0$
$2 \div 2 = 1$ 餘 $0$
$1 \div 2 = 0$ 餘 $1$
從下往上讀取餘數，得到整數部分的二進位表示為 $1000110_2$。

本題考驗的是常見的圖像檔案格式。題目要求找出哪個選項不是圖像檔案格式。

選項分析：
A. GIF (Graphics Interchange Format)：是一種點陣圖檔案格式，常用於網頁上的簡單動畫和靜態圖像，支援透明度和動畫。
B. JPG (Joint Photographic Experts Group)：是一種廣泛使用的點陣圖圖像壓縮格式，以其有損壓縮而聞名，常用於照片。

本題考驗的是對 MIPS 體系的理解。MIPS 是 "Microprocessor without Interlocked Pipeline Stages" 的縮寫，它是一種基於 RISC (Reduced Instruction Set Computing) 設計理念的指令集架構。

選項分析：
A. x86：這是 Intel 和 AMD 等公司使用的另一種常見的指令集架構，屬於 CISC 的一種。

本題考驗的是位元運算（bitwise operation）中的 AND 運算。題目要求計算十進位的 14 和 11 進行位元 AND 運算後的結果。

首先，將十進位的 14 和 11 轉換為二進位：
$14_{10}$：
$14 \div 2 = 7$ 餘 $0$
$7 \div 2 = 3$ 餘 $1$
$3 \div 2 = 1$ 餘 $1$
$1 \div 2 = 0$ 餘 $1$
所以，$14_{10} = 1110_2$。

$11_{10}$：
$11 \div 2 = 5$ 餘 $1$
$5 \div 2 = 2$ 餘 $1$
$2 \div 2 = 1$ 餘 $0$
$1 \div 2 = 0$ 餘 $1$
所以，$11_{10} = 1011_2$。

本題考驗的是非先佔式短作業優先 (Non-preemptive Shortest Job First, SJF) CPU 排程演算法。在 SJF 演算法中，當 CPU 空閒時，會選擇就緒佇列中等待時間（Burst Time）最短的作業來執行。非先佔式（Non-preemptive）意味著一旦作業開始執行，它會一直執行到完成，不會被中斷。

題目給定了三個程序 (P1, P2, P3)，它們的到達時間（Arrival Time）和執行時間（Burst Time）如下：

• P1: Arrival Time = 0, Burst Time = 8
• P2: Arrival Time = 0, Burst Time = 4
• P3: Arrival Time = 0, Burst Time = 2

由於所有程序都在時間 0 到達，它們都會進入就緒佇列。SJF 演算法會根據 Burst Time 的長度來選擇執行的順序。

執行順序：

1. 在時間 0，就緒佇列中有 P1 (8), P2 (4), P3 (2)。
2. SJF 選擇 Burst Time 最短的 P3 來執行。P3 開始執行，預計完成時間為 $0 + 2 = 2$。
3. 在時間 2，P3 完成。CPU 空閒。

本題延續上一題，要求計算平均周轉時間（Average Turnaround Time）。周轉時間（Turnaround Time）是指一個程序從到達時間到完成時間之間的時間。

從上一題的計算，我們知道：

• P1: Arrival Time = 0, Burst Time = 8, Start Time = 6, Completion Time = 14
• P2: Arrival Time = 0, Burst Time = 4, Start Time = 2, Completion Time = 6
• P3: Arrival Time = 0, Burst Time = 2, Start Time = 0, Completion Time = 2

本題考驗的是對物聯網（IoT, Internet of Things）設備的電腦系統類型的理解。

物聯網設備通常是指嵌入式系統（embedded system），它們是專門為執行特定任務而設計的計算機系統，並且通常是「嵌入」在其他設備或系統中。這些設備可能體積小、功耗低，並具有與網路連接的能力。

選項分析：
A. smart system (智慧系統)：這是一個比較廣泛的概念，可以包含物聯網設備，但不專指設備本身。

本題考驗的是對 LTE (Long-Term Evolution) 技術的分類。LTE 是 4G 行動通訊的標準技術之一。

選項分析：
A. PAN (Personal Area Network)：個人區域網路，例如藍牙連接的設備，範圍非常小。
B. LAN (Local Area Network)：區域網路，例如家庭或辦公室內的網路，範圍較小，通常有線連接。

本題考驗的是網路安全和遠端連接的技術。題目要求找出哪種技術能為遠端用戶提供安全的網路連接。

選項分析：
A. HTTP (Hypertext Transfer Protocol)：超文本傳輸協定，用於在網際網路上的網頁瀏覽，本身不提供安全連接，HTTPS (HTTP Secure) 才提供安全加密。

本題考驗的是電子郵件系統中常用的協定。題目要求找出哪個協定與電子郵件系統「不相關」。

選項分析：
A. POP3 (Post Office Protocol version 3)：郵局協定第三版。它是一種用於從郵件伺服器下載電子郵件到本地客戶端的協定。
B. IMAP (Internet Message Access Protocol)：網際網路訊息訪問協定。它也是一種用於訪問和管理郵件伺服器上郵件的協定，與 POP3 類似但功能更強大，支援在伺服器端管理郵件。
C. UDP (User Datagram Protocol)：使用者資料報協定。UDP 是一種傳輸層協定，提供無連接、不可靠的數據傳輸服務。

本題考驗的是用於物體追蹤的技術。題目要求找出最適合用於追蹤物體的技術。

選項分析：
A. beacon (信標)：通常指藍牙信標（Bluetooth Beacon），是一種低功耗藍牙設備，可以廣播識別訊息，用於室內定位和近場通訊。它可以被用於追蹤，但不是唯一的或最廣泛的技術。
B. Bluetooth (藍牙)：一種短距離無線通訊技術，常用於連接各種設備，如耳機、鍵盤、滑鼠。它也可以用於設備之間的數據傳輸和定位，進而用於追蹤。
C. RFID (Radio-Frequency Identification)：射頻識別。

本題考驗的是網路安全工具的知識。題目要求找出最常見的封包側錄工具（packet sniffer）。

選項分析：
A. Trojan horse (木馬程式)：是一種惡意軟體，偽裝成合法軟體，但具有隱藏的惡意功能，例如竊取資訊。它不是封包側錄工具。
B. RSA：這是一種公開金鑰加密演算法，用於加密和數位簽章，與封包側錄無關。

本題考驗的是快速排序（Quick Sort）演算法的時間複雜度。

快速排序是一種分治（Divide and Conquer）演算法。它的平均時間複雜度通常是：

• 最佳情況 (Best Case)：當每次分割都非常平均時，時間複雜度為 $O(n \log n)$。
• 平均情況 (Average Case)：在隨機分割的情況下，時間複雜度為 $O(n \log n)$。

本題考驗的是對 Verilog 的理解。Verilog 是一種硬體描述語言（Hardware Description Language, HDL）。

選項分析：
A. machine language (機器語言)：由二進位碼組成的低階語言，電腦可以直接執行。Verilog 不是機器語言。
B. formal language (形式語言)：是指具有嚴格定義的語法和語義的語言。硬體描述語言（如 Verilog）屬於形式語言的範疇，因為它們有嚴謹的語法規則，用於描述數位電路的行為和結構。

核心觀念

• 變數作用域 (Scope)：在 C++ 中，for (int i = 0; …) 宣告的 i 只在 for 迴圈本體 內部可見，迴圈結束後即失去作用域。
• 陣列索引與邊界：int arr[10]; 只允許合法索引 0 ~ 9，若對 arr[10] 讀寫會產生 未定義行為。
• 條件判斷：if (i % 3 == 0) 需要先取得 i 的值，若 i 不在作用域內，程式會 編譯錯誤。

解題方法

1. 檢查變數宣告位置

   • 觀察程式碼：for (int i = 0; i < 10; ++i) … 中的 i 為區塊內部變數。
   • 迴圈結束後，i 已不再可見，隨即在 if (i % 3 == 0) 處使用會產生編譯錯誤。

2. 若忽略作用域規則（常見錯誤假設）

   • 假設 i 仍存活，其最終值為 10（迴圈跑完後 i 會遞增至 10）
   • 10 % 3 = 1，條件不成立，cout << arr[i] 不會執行；程式只會輸出一個換行。
   • 但此情況仍違反陣列合法索引（arr[10] 超界），屬未定義行為，不應作為答案依據。

3. 正確結論：依照 C++ 標準，程式在編譯階段即失敗，不會產生任何執行時輸出。

選項分析

本題考驗的是軟體生命週期（Software Life Cycle）的傳統開發階段。

傳統的軟體開發模型（如瀑布模型 Waterfall Model）通常包含以下幾個主要階段：

1. 需求分析 (Requirement Analysis)：理解和定義使用者需求。
2. 系統設計 (System Design)：規劃軟體的架構、模組、介面等。
3. 實現/編碼 (Implementation/Coding)：根據設計編寫程式碼。
4. 測試 (Testing)：驗證軟體是否符合需求和設計。

核心觀念

• 樹 (Tree)：一種連通且無環的圖形，具根節點 (root)、父節點 (parent)、子節點 (child) 與兄弟節點 (siblings) 的概念。
• 葉節點 (leaf node)：在樹中沒有子節點的節點。若一個節點不在任何其他節點的子集合中，則它為葉節點。

解題方法

1. 先根據題目敘述繪製節點之間的父子關係。
   • 「B 與 C 是 siblings」 ⇒ B 與 C 具有相同的父節點，且互不為對方的父或子。
   • 「A 的 parent 是 B」 ⇒ B 為 A 的直接父節點。
2. 依此關係建構樹形：
   • 設 $P$ 為 B 與 C 的共同父節點（可能是根也可能是其他節點）。
   • B 為 A 的父節點，故 A 是 B 的子節點。
   • C 與 B 同層，且沒有其他資訊顯示 C 有子節點。
   • D 沒有任何關係描述，表示它不在上述結構中，可視為獨立節點或樹的其他分支。
3. 判斷每個節點是否有子節點：
   • A：沒有子節點（只有父節點 B），因此 A 為葉節點。
   • B：有子節點 A（已知），所以 B 不是葉節點。
   • C：題目未說明 C 有任何子節點，且僅與 B 為 siblings，故 C 沒有子節點，為葉節點。

本題延續上一題的樹結構。根據上一題的推導，樹結構如下：
D -> B
D -> C
B -> A

在這個結構中，節點 D 沒有父節點，它是樹的起始點，因此是根節點 (root)。

本題考驗的是資料分析和處理的術語。題目要求找出「從資料集合中發現模式的技術」。

選項分析：
A. database constructing (資料庫建構)：這是指創建和設計資料庫的過程，與從現有數據中發現模式無關。
B. data robbing (資料搶劫)：這是一個非標準術語，可能意指非法獲取數據，與數據分析無關。

本題考驗的是圖形處理和視覺計算相關的 API。題目要求找出一個「跨語言、跨平台、用於渲染 2D 和 3D 向量圖形」的 API。

選項分析：
A. OpenCV (Open Source Computer Vision Library)：開源計算機視覺庫。它是一個廣泛使用的函式庫，主要用於圖像處理、影片分析和計算機視覺任務，支援 2D 圖像操作，但不是專門用於渲染 2D/3D 向量圖形。
B. OpenGL (Open Graphics Library)：開放圖形函式庫。

本題考驗的是機器學習中「強化學習 (Reinforcement Learning)」相關的模型。

選項分析：
A. actor-critic：Actor-Critic 模型是一種常見的強化學習演算法框架。它結合了基於策略（Actor）和基於價值（Critic）的方法。Actor 負責決定採取什麼行動，Critic 負責評估 Actor 選擇的行動的好壞。
B. LSTM (Long Short-Term Memory)：長短期記憶網路。

本題考驗的是計算機科學中的複雜性理論，特別是 NP-complete 問題。NP-complete 問題是指那些能夠在多項式時間內被驗證（NP 類問題），並且是 NP 類問題中最難的問題（任何 NP 問題都可以在多項式時間內歸約到它）。

選項分析：
A. depth-first-search problem (深度優先搜尋)：DFS 是一種圖形遍歷演算法，其時間複雜度通常是 $O(V+E)$，其中 V 是頂點數，E 是邊數。這是多項式時間演算法，屬於 P 類問題，不是 NP-complete。
B. breadth-first-search problem (廣度優先搜尋)：BFS 也是一種圖形遍歷演算法，時間複雜度也是 $O(V+E)$。

本題考驗的是不同進位制的數字轉換。題目要求將一個以 8 進位表示的數字 $(45)_8$ 轉換為十進位。

本題延續上一題，要求將 8 進位的數字 $(45)_8$ 轉換為十六進位。

首先，我們已經將 $(45)_8$ 轉換為十進位為 37。
現在，我們將十進位的 37 轉換為十六進位。

使用短除法（除以 16）：
$37 \div 16 = 2$ 餘 $5$
$2 \div 16 = 0$ 餘 $2$

從下往上讀取餘數，得到十六進位表示為 $(25)_{16}$。

本題考驗的是 IP 位址的結構，包括網路 ID (Network ID) 和主機 ID (Host ID) 的劃分。

IP 位址 140.123.1.1 是一個 IPv4 位址。要確定網路 ID 和主機 ID，我們需要知道這個 IP 位址屬於哪個類別（Classful addressing）。

IP 位址的類別劃分如下：

• Class A: $1.0.0.0$ to $126.255.255.255$ (首位為 0)
• Class B: $128.0.0.0$ to $191.255.255.255$ (首位為 10)
• Class C: $192.0.0.0$ to $223.255.255.255$ (首位為 110)
• Class D: $224.0.0.0$ to $239.255.255.255$ (用於多播，首位為 1110)
• Class E: $240.0.0.0$ to $255.255.255.255$ (保留，首位為 1111)

給定的 IP 位址是 140.123.1.1。
第一個位元組是 140。
140 的二進位表示：
$140 = 128 + 12 = 10001100_2$
由於第一個位元組的首位是 10，所以這個 IP 位址屬於 Class B。

在 Class B 的 IP 位址中，預設的子網路遮罩 (Subnet Mask) 是 $255.255.0.0$。
這意味著：

• 前 16 位（2 個位元組）用於表示網路 ID。

核心觀念

本題要求撰寫 C 語言函式計算：

其中 $b$ 為底數、$e$ 為整數指數。當 $e$ 為非負整數時，定義為：

因此可使用迴圈，從乘積 $1$ 開始，重複將結果乘上 $b$ 共 $e$ 次。

題目未指定回傳型別。由於 $b$、$e$ 均為整數，且一般基礎題預期計算整數次方，以下採用 int，並假設 $e\ge 0$。若 $e<0$，結果通常是分數，應改用 double 回傳。

解題方法

設定變數 result = 1，再執行 $e$ 次乘法：

1. 初始值為 $1$，因為 $b^0=1$。
2. 每次執行 result = result * b。
3. 迴圈結束後，result 即為 $b^e$。

以 $b=3$、$e=4$ 為例：

所以：

關鍵程式碼

int power(int b, int e)
{
    int result = 1;

    for (int i = 0; i < e; i++)
    {
        result *= b;
    }

    return result;
}

使用範例：

#include <stdio.h>

int power(int b, int e)
{
    int result = 1;

    for (int i = 0; i < e; i++)
    {
        result *= b;
    }

    return result;
}

int main(void)
{
    int b = 3;
    int e = 4;

    printf("%d\n", power(b, e));

    return 0;
}

輸出：

81

特殊情況

核心觀念

本題考查二元搜尋樹（Binary Search Tree, BST）以及三種樹走訪方式：

• Preorder（前序）：根節點 → 左子樹 → 右子樹
• Inorder（中序）：左子樹 → 根節點 → 右子樹
• Postorder（後序）：左子樹 → 右子樹 → 根節點
• Level order（層序）：按照樹的每一層，由左至右走訪，通常使用佇列（Queue）實作。

BST 的特性是：

• 左子樹所有節點值小於根節點。
• 右子樹所有節點值大於根節點。
• BST 的 inorder traversal 必定由小到大排列。

解題方法

1. 找出根節點

Preorder 的第一個元素必定是整棵樹的根節點，因此根節點為：

Inorder 中，$7$ 左側的元素屬於左子樹，右側的元素屬於右子樹：

• 左子樹：$1,3,5$
• 右子樹：$9,11,13,15$

因此樹的基本架構為：

2. 建立左子樹

Preorder 中根節點 $7$ 之後，左子樹的 preorder 為：

其中第一個元素 $3$ 是左子樹的根節點。

Inorder 的左子樹部分為：

以 $3$ 為根：

• 左子樹為 $1$
• 右子樹為 $5$

所以左子樹為：

    3
   / \
  1   5

3. 建立右子樹

右子樹的 preorder 為：

因此右子樹根節點為 $11$。

Inorder 的右子樹部分為：

以 $11$ 為根：

• 左子樹為 $9$
• 右子樹為 $13,15$

右子樹的 preorder 為：

因此以 $13$ 為根，$15$ 為其右子節點：