111 年 國立臺灣大學資訊管理學系碩士班《資訊科技概論》

此題考驗對 OSI 模型各層級功能的理解。OSI 模型共有七層，分別是：實體層 (Physical Layer)、資料鏈結層 (Data Link Layer)、網路層 (Network Layer)、傳輸層 (Transport Layer)、階段層 (Session Layer)、表示層 (Presentation Layer)、應用層 (Application Layer)。

此題考驗對電子郵件相關協定的理解。

(A) Simple Mail Transfer Protocol (SMTP)：是業界標準的電子郵件傳送協定，用於在電子郵件伺服器之間傳送郵件，以及從電子郵件用戶端傳送郵件到郵件伺服器。
(B) Internet Message Access Protocol (IMAP)：主要用於從郵件伺服器接收和管理電子郵件。

此題考驗對資料鏈結層（Data Link Layer）可靠傳輸技術的了解。

資料鏈結層的目標之一是提供可靠的資料傳輸，即使在不可靠的物理鏈路上。為了實現可靠且有效率的傳輸，需要有機制來處理封包的遺失、損壞和重複，並確保資料能夠依序送達。

(A) Automatic Repeat Request (ARQ) 是一個總稱，包含了一系列用於錯誤偵測與修正的協定，通常涉及重傳機制，是實現可靠性的基礎。
(B) Sliding Window Protocol（滑動視窗協定）是一種用於在傳輸層或資料鏈結層實現可靠、有序且高效傳輸的技術。

此題考驗對 DHCP (Dynamic Host Configuration Protocol) 的理解。DHCP 是一個網路協定，用於自動為網路上的設備分配 IP 位址及其他網路組態參數。

(A) DHCP 是在 IP 網路（Internet Protocol networks）上運作的，為 IP 設備分配 IP 位址，這是正確的。
(B) DHCP 採用客戶端-伺服器（client-server）架構。DHCP 客戶端（通常是作業系統中的網路服務）向 DHCP 伺服器發送請求，伺服器則回應分配 IP 位址和組態資訊，這是正確的。
(C) DHCP 的主要功能就是自動管理 IP 位址的分配，避免手動設定的麻煩和 IP 位址衝突，這是正確的。

此題考驗對虛擬化技術（Virtualization Technology）的理解。虛擬化技術允許在單一實體硬體上創建多個虛擬資源。

(A) 網路虛擬化（Network Virtualization）可以將一個實體網路分割成多個邏輯上獨立的虛擬網路，這使得網路資源的管理和配置更加靈活。這是正確的。
(B) 網路虛擬化也可以將多個物理網路整合成一個單一的、軟體定義的虛擬網路，例如 SDN (Software-Defined Networking) 的概念。這也是正確的。
(C) CPU 虛擬化（CPU Virtualization）並非讓一個單一 CPU 模擬成多個獨立 CPU。CPU 虛擬化通常是指透過硬體輔助或軟體模擬，讓一個物理 CPU 能夠同時執行多個虛擬 CPU (vCPU) 的指令，或者讓一個物理 CPU 上的多個核心能夠被不同的虛擬機器共享。

此題考驗對虛擬機器 (Virtual Machines, VMs) 的理解。

(A) 虛擬機器是一種計算資源，它透過軟體模擬來運行程式和部署應用程式，而不需要實體的獨立電腦。這是正確的。
(B) 在一個實體主機上運行多個虛擬機器時，每個虛擬機器都運行自己的獨立作業系統，並且彼此之間是隔離的，互不影響。這是正確的。
(C) 虛擬機器的優點包括易於配置（provisioning）、易於維護（maintainability）以及高可用性（high availability）。這是正確的。

此題考驗對網路位址類型的理解。

題目描述了一個「在網路通訊中，分配給網路介面控制器 (NIC) 的唯一識別碼，用作網路位址」，並指出它用於 IEEE 802 網路技術（如 Ethernet, Wi-Fi, Bluetooth）。

(A) Globally Unique Identifier (GUID) 是一個廣泛的唯一識別碼，不專門用於網路介面。
(B) IP address (網際網路協定位址) 是用於在網際網路上識別設備的邏輯位址，它通常是可變動的（動態分配）或需要手動設定，並且工作在網路層 (Network Layer)。

核心觀念

• 封包交換 (packet switching)：將資料切割成固定或變長的封包，每個封包獨立於網路中傳送，路由決策在每一個節點皆可重新選擇。
• 資料報 (datagram) 封包交換：每個封包自行攜帶完整的位址資訊，路徑不保證一致；目的端依序號重組。
• 虛擬電路 (virtual circuit)：在連線建立階段預先分配一條邏輯路徑，之後的封包皆沿同一路徑傳送，使用者感受到類似專屬實體電路的服務。

解題方法

1. 釐清每個選項描述的概念是否符合上述定義。
2. 判斷敘述中的「Header 內容」是否屬於 IP（或網路層）標頭，以及「路徑」是否固定。
3. 只要有任一敘述與標準定義不符，即為錯誤選項。

選項逐一分析

• (A) packet switching transmits data across digital networks by breaking it down into blocks

  • 正確。封包交換的本質即是將資料切割成「封包」或「區塊」後傳送。

• (B) in datagram packet switching, each packet has a header that includes the origin IP address, the destination IP address, the number of packets in the entire data file, and the sequence number

  • IP 標頭確實包含來源與目的 IP 位址。但「整個資料檔的封包總數」以及「序號」並非 IP 標頭的必備欄位，序號屬於傳輸層（如 TCP）或應用層協定的功能。

此題考驗對網路多重存取方法（Multiple Access Methods）的理解，特別是 CSMA 系列協定。

多重存取方法用於允許多個節點共享同一個傳輸介質（如乙太網路的纜線或無線頻譜）。題目描述的特徵是：

1. Carrier Sensing (載波偵測)：節點在傳輸前會先偵測鏈路是否繁忙。
2. Avoid Collisions (避免碰撞)：節點在傳輸前會等待鏈路空閒（"idle"）。

這些特徵是 CSMA (Carrier Sense Multiple Access) 協定的基本組成部分。CSMA 有幾種變體：

• CSMA/CD (Carrier Sense Multiple Access with Collision Detection)：在傳輸過程中也會偵測碰撞，一旦發生碰撞就停止傳輸並重試。常用於有線乙太網路。
• CSMA/CA (Carrier Sense Multiple Access with Collision Avoidance)：在傳輸前會進行載波偵測，並在鏈路空閒時才傳輸，並採取額外的機制（如隨機延遲）來避免碰撞。常用於無線網路（Wi-Fi）。
• CSMA/CR (Carrier Sense Multiple Access with Collision Reduction)：這個術語較少見，可能是一種變體，但 CSMA/CA 和 CSMA/CD 是最常見的。
• CSMA/CI (Carrier Sense Multiple Access with Channel Idling)：這個選項似乎是為了混淆視聽，"channel idling" 是 CSMA 的一個前提條件，而不是一個獨立的協定名稱。

題目描述的「載波偵測」和「在鏈路空閒時才開始傳輸以避免碰撞」是 CSMA/CA 的核心特徵。雖然 CSMA/CD 也使用載波偵測，但它的重點在於「碰撞偵測」並處理碰撞。而題目強調的是「避免碰撞」和「等待空閒」。

此題考驗對資訊安全 CIA 三要素的理解。CIA 三要素是資訊安全最基本、最重要的原則，分別是：

• Confidentiality (機密性)：確保資訊僅能被授權的個人或系統存取。
• Integrity (完整性)：確保資訊在儲存、傳輸過程中未被未經授權地修改、破壞或刪除，即資訊的準確性和完整性。
• Availability (可用性)：確保授權的用戶在需要時能夠存取資訊和系統。

(A) 在 CIA 三要素中，C 代表 Confidentiality（機密性）。這是正確的。
(B) 在 CIA 三要素中，I 代表 Integrity（完整性）。這是正確的。

此題考驗對資訊安全攻擊類型的理解。

題目描述的攻擊類型是「未經授權的一方攔截了兩個系統或人員之間的通訊，並試圖竊聽（eavesdrop）或冒充（impersonate）其中一方」。

(A) Third-party attack（第三方攻擊）通常是指攻擊者利用第三方（如供應商、合作夥伴）的弱點來攻擊目標。這與題目描述的直接攔截通訊不完全相符。
(B) DNS Tunneling 是一種將非 DNS 流量封裝在 DNS 查詢或回應中，以繞過防火牆或進行隱藏通訊的技術。這不是攔截通訊。
(C) Phishing（釣魚）是一種社會工程學攻擊，旨在誘騙用戶洩露敏感資訊（如帳號密碼、信用卡號），通常透過偽造的電子郵件、網站或訊息。這不是直接攔截通訊。
(D) Zero-day exploit 是一種利用軟體或硬體中尚未被發現或修補的漏洞進行的攻擊。這與攔截通訊的描述不符。

題目描述的「攔截通訊」、「竊聽」或「冒充」是典型的「中間人攻擊」（Man-in-the-Middle Attack, MITM）。然而，MITM 並不在選項中。

此題考驗對 RSA 演算法和公鑰密碼學的理解。

(A) RSA 演算法是一種非對稱式加密（asymmetric cryptography）演算法，它使用一對金鑰：一個公開金鑰用於加密，一個私密金鑰用於解密。這是正確的。
(B) RSA 的安全性基於大數質因數分解的困難性。將兩個大質數相乘很容易，但要將相乘後的結果質因數分解成原始的兩個質數則非常困難。這是正確的。

此題考驗對資料庫交易處理 ACID 特性的理解。ACID 是資料庫交易（transaction）應具備的四個特性：

• Atomicity (原子性)：交易是不可分割的工作單元，要麼全部執行成功，要麼全部不執行。
• Consistency (一致性)：交易執行前後，資料庫從一個有效狀態轉換到另一個有效狀態。
• Isolation (隔離性)：並發執行的交易之間互不干擾，每個交易都感覺像是獨立執行的。
• Durability (持久性)：一旦交易被提交（commit），其結果就永久保存在資料庫中，即使系統發生故障也不會丟失。

此題考驗對資料庫正規化（Normalization）的理解，特別是第一、二、三正規化形式。

• 第一正規化形式 (1NF)：要求表的每一個欄位都必須是原子值（atomic value），即不可再分割。也就是說，一個欄位不能包含多個值，也不能是重複的欄位群組。
  • (A) 敘述「to satisfy 1st normal form, each column of a table must have a single value」是正確的。
• 第二正規化形式 (2NF)：要求表必須是 1NF，並且所有非主鍵屬性（non-key attributes）必須完全函數依賴於主鍵（primary key）。這意味著如果主鍵是複合鍵，則非主鍵屬性不能只依賴於主鍵的一部分。
  • (B) 敘述「in 2nd normal form, all non-key attributes are fully functional dependent on the primary key」是正確的。

此題考驗對資料庫管理系統 (DBMS) 中交易日誌（transaction logs）處理機制的理解。

交易日誌記錄了資料庫的修改操作，用於在系統故障時進行恢復（rollback 或 redo）。為了防止日誌檔案無限增長，需要定期將日誌中的資訊寫入永久儲存。

(A) Backlogging：這個術語通常指延遲處理或累積工作。在資料庫日誌處理的上下文中，它可能暗示著將日誌記錄累積起來，但並非直接指「移除日誌並永久儲存」。
(B) Checkpoint（檢查點）：檢查點是 DBMS 在執行過程中記錄的一個狀態，它標記了一個時間點，在此之後的交易日誌可以被安全地清除。當執行檢查點時，DBMS 會將緩衝區中的資料寫入磁碟，並記錄下檢查點的位置。

此題考驗對處理序（Process）和執行緒（Thread）之間區別的理解。

(A) 處理序（Process）可以被定義為一個正在執行的程式的實例。這是正確的。
(B) 一個處理序可以包含多個執行緒（threads）。執行緒是處理序內部的執行單元，它們共享處理序的資源，如記憶體空間。這是正確的。
(C) 執行緒（threads）比處理序（processes）更輕量級（lightweight）。創建和切換執行緒的開銷比處理序小，因為執行緒共享處理序的資源，而處理序有獨立的記憶體空間和資源。

此題考驗對作業系統中進程間通訊和同步問題的理解，特別是 Livelock 的概念。

• Deadlock (死結)：兩個或多個處理序都持有資源，並等待其他處理序釋放它們所需要的資源，導致所有處理序都無法繼續執行。
• Livelock (活鎖)：與死結不同，處理序雖然沒有被阻塞，但它們不斷地改變自己的狀態，以回應其他處理序的改變，卻始終無法達成有用的工作。它們看起來在「活躍」地執行，但實際上沒有進展。

此題考驗對作業系統 CPU 排程（CPU Scheduling）目標的理解。CPU 排程的目標是在多個進程之間公平有效地分配 CPU 時間，以達到最佳的系統效能。

CPU 排程的典型目標包括：

• 最大化 CPU 利用率 (Max CPU utilization)：盡量讓 CPU 保持忙碌，減少閒置時間。
• 最大化吞吐量 (Max throughput)：在單位時間內完成的進程數量。
• 最小化週轉時間 (Min turnaround time)：進程從提交到完成所花費的總時間。

此題考驗對 CPU 排程演算法是否會導致飢餓（starvation）的理解。

• Shortest-Job-First (SJF)：如果不斷有短作業進入系統，長作業可能永遠無法獲得 CPU，導致飢餓。因此，SJF 可能會導致飢餓。

此題考驗對作業系統中 I/O 處理技術的理解。

題目描述的技術是「在應用程式和慢速週邊設備（如印表機）之間進行協調，允許程式將工作交給週邊設備處理，然後繼續執行其他任務」。

(A) Buffering（緩衝）：緩衝是將資料暫時存放在記憶體中，以協調 CPU 和 I/O 設備之間的速度差異。例如，當 CPU 準備好向印表機發送大量資料時，它可以先將資料寫入一個緩衝區，然後繼續處理其他任務，而印表機則從緩衝區中讀取資料。這符合部分描述，但「hand off work」和「proceed to other tasks」更具體。
(B) Spooling（假脫機）：Spooling 是一種更進階的緩衝技術，特別用於處理慢速週邊設備，如印表機。當一個應用程式需要列印時，它會將列印任務（文件內容）寫入磁碟上的一個特殊區域（稱為 spool directory 或 spool file），而不是直接發送給印表機。這個過程非常快，應用程式可以立即釋放 CPU，繼續執行其他任務。

此題考驗對實體-關聯模型（Entity-Relationship Model, ER Model）的理解。ER 模型是一種概念性的資料模型，用於描述資料庫中的實體、屬性及實體之間的關聯。

(A) ER 模型是一個高階的資料模型，它關注的是資料的邏輯結構和概念，而非具體的儲存細節。這是正確的。
(B) 在 ER 模型中，實體（entity）可以代表現實世界中的任何事物，包括物件、類別、人物、地點等。這是正確的。
(C) 屬性（attribute）用於描述實體的特徵或性質。這是正確的。

此題考驗對作業系統中程式載入與連結過程的理解。

題目描述的功能是：在程式執行時（run time），載入並連結可執行檔所需的共享函式庫（shared libraries）。這個過程包括從持久儲存（如硬碟）複製函式庫內容到 RAM，填充跳轉表（jump tables），以及重新定位指標（relocating pointers）。

(A) Code generation（程式碼產生）：通常是指編譯器將原始碼轉換成機器碼的過程。
(B) Code loader（程式載入器）：這是作業系統的一部分，負責將可執行檔從磁碟載入到記憶體中，並準備執行。它處理記憶體分配、載入程式碼和資料段，並啟動程式。
(C) Assembler（組合器）：將組合語言（assembly language）翻譯成機器碼。

此題考驗對「元宇宙」（Metaverse）概念的理解。元宇宙是一個虛擬的、持久的、互聯的空間，人們可以在其中進行社交、工作、娛樂等活動。

(A) 元宇宙通常被設想為一個 3D 虛擬世界，而不是 2D。雖然 2D 虛擬世界（如 Second Life 的早期版本）可以被視為元宇宙的雛形，但現代對元宇宙的構想更強調沉浸式的 3D 體驗。因此，「in a 2D virtual world」的說法是錯誤的。

此題考驗對非同質化代幣（Non-Fungible Token, NFT）的理解。

(A) NFT 可以與數位檔案（如圖片、影片、音訊）連結，用來證明對該數位檔案的擁有權。這是正確的。
(B) NFT 的核心特徵是其獨一無二（unique）且不可互換（non-interchangeable）的數據單位，這些數據記錄在區塊鏈上。這是正確的。
(C) 雖然兩個數位檔案是完全相同的副本，但它們可以被鑄造成（minted）兩個不同的 NFT，每個 NFT 擁有獨立的識別碼和所有權記錄。

核心觀念

本題考查雜湊表（hash table）的插入操作。假設：

• 每位學生以 id 作為唯一鍵值。
• 使用雜湊函數 $h(id)$ 將學生對應至表格索引。
• 採用「分離鏈結法」（separate chaining）處理碰撞。
• 每個表格位置存放一條 linked list。
• 題目已保證學生不會重複，因此不需額外檢查相同的 id。

雜湊函數的基本公式為：

為避免索引超出表格範圍，常見雜湊函數為：

若不同學生的鍵值經雜湊後得到相同索引，即發生碰撞，應將新節點接到該索引的鏈結串列中。

解題方法

插入流程如下：

1. 配置一個新的學生節點。
2. 將學生資料複製至新節點。
3. 以學生的 id 計算雜湊索引。
4. 將新節點插入該 bucket 的鏈結串列。
5. 更新表格指標，使新節點成為該串列的第一個節點。

採用頭插法時，不需走訪整條鏈結串列，因此插入本身只需固定次數的指標操作。

參考程式碼

以下以 C 語言、分離鏈結法及頭插法實作：

#define TABLE_SIZE 101

typedef struct Student {
    int id;
    char name[50];
    struct Student *next;
} Student;

Student *hashTable[TABLE_SIZE];

int hashFunction(int id) {
    return id % TABLE_SIZE;
}

void insertStudent(Student student) {
    int index = hashFunction(student.id);

    Student *newNode = malloc(sizeof(Student));

    newNode->id = student.id;
    strcpy(newNode->name, student.name);

    newNode->next = hashTable[index];
    hashTable[index] = newNode;
}

若函式參數本身就是指標，則可寫成：

void insertStudent(Student *student) {
    int index = hashFunction(student->id);

    Student *newNode = malloc(sizeof(Student));

    newNode->id = student->id;
    strcpy(newNode->name, student->name);

    newNode->next = hashTable[index];
    hashTable[index] = newNode;
}

核心觀念

本題考查：

1. 使用學生 ID 進行資料搜尋。
2. 逐筆比對學生資料中的 id 欄位。
3. 找到符合的學生後回傳其 name。
4. 搜尋完整份資料仍找不到時，依題意回傳空字串 ""。

題目未附前一小題所定義的資料結構，以下假設學生資料儲存在 students 容器中，每筆資料具有 id 與 name 欄位。

解題方法

未指定學生資料已依 ID 排序，因此採用循序搜尋（linear search）：

1. 從第一筆學生資料開始走訪。
2. 將每筆學生的 ID 與輸入的 studentID 比較。
3. 若兩者相同，立即回傳該筆學生姓名。
4. 若所有資料都走訪完仍沒有符合者，回傳空字串。

參考程式碼

以下以 C++ 為例：

string retrieveName(int studentID) {
    for (const Student& student : students) {
        if (student.id == studentID) {
            return student.name;
        }
    }

    return "";
}

若學生資料是以陣列搭配資料筆數儲存，寫法如下：

此題要求實作一個雜湊函數 hashIndex()，該函數根據學生 ID 的最後三位數字取模來計算雜湊表的索引。

核心概念：

1. 雜湊函數 (Hash Function)：將輸入值（在此是 studentID）映射到雜湊表的索引範圍內。
2. 取模運算 (Modulo Operation)：用於將一個數映射到一個固定的範圍。
3. 提取最後三位數字：需要一種方法從 studentID 中提取出最後的三位數字。

實作步驟：

1. 從傳入的 sID (Student ID) 中提取最後三位數字。這可以透過取模 1000 來實現：lastThreeDigits = sID % 1000。
2. 將提取出的最後三位數字對雜湊表的大小 HASH_TABLE_SIZE 取模，以得到最終的索引。題目中 HASH_TABLE_SIZE 被定義為 101。因此，index = lastThreeDigits % HASH_TABLE_SIZE。
3. 返回計算出的索引 index。

C++ 程式碼實作：