108 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班丙組《計算機概論（D）》

此題考驗對 IEEE 754 單精度浮點數表示法的理解。單精度浮點數（32 位元）的格式為：1 位元符號位元（S）、8 位元指數位元（E），以及 23 位元尾數（M）。

將 $-0.3$ 轉換為二進位浮點數的步驟如下：

1. 符號位元 (S)： 由於是負數，符號位元為 $1$。

2. 轉換為二進位：
   首先將 $0.3$ 轉換為二進位。
   $0.3 \times 2 = 0.6 \implies 0$
   $0.6 \times 2 = 1.2 \implies 1$
   $0.2 \times 2 = 0.4 \implies 0$
   $0.4 \times 2 = 0.8 \implies 0$
   $0.8 \times 2 = 1.6 \implies 1$
   $0.6 \times 2 = 1.2 \implies 0$
   ... 這個小數點後的二進位表示是循環的：$0.0100110011001..._2$。
   所以，$0.3_{10} \approx 0.01001100110011001100110..._2$。

3. 科學記號表示：
   將二進位數正規化，使其形式為 $1.xxxx \times 2^y$。
   $0.01001100110011001100110..._2 = 1.001100110011001100110..._2 \times 2^{-2}$。
   這裡，尾數部分是 $001100110011001100110...$，指數部分是 $-2$。

4. 計算指數位元 (E)：
   IEEE 754 單精度浮點數使用偏差指數（biased exponent）。實際指數值 $y$ 加上偏差值 $127$ 得到指數位元。
   實際指數 $y = -2$。
   偏差指數 $E = y + 127 = -2 + 127 = 125$。
   將 $125$ 轉換為 8 位元的二進位：
   $125 = 64 + 32 + 16 + 8 + 4 + 1 = 2^6 + 2^5 + 2^4 + 2^3 + 2^2 + 2^0$
   $125_{10} = 01111101_2$。

此題考驗邏輯函數的化簡與電路設計。

核心觀念：

1. XNOR 邏輯： $\overline{a \oplus b}$ 代表 $a$ 和 $b$ 相等的邏輯，也就是 XNOR。
2. AND 邏輯： $\cdot$ 代表 AND。
3. Sum-of-Products (SOP)： 將一個邏輯函數表示為數個 AND 項的 OR 組合。
4. 全變數 SOP： 要求 SOP 中的每一個 AND 項都包含所有輸入變數（或其反相）。
5. 真值表： 列出所有輸入組合及其對應的輸出。
6. 電路圖： 使用基本邏輯閘（AND, OR, NOT, XOR, XNOR）實現邏輯函數。

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Part a) Rewrite $y$ as a sum-of-products where each product depends on all three variables $a$, $b$, and $c$. Use a truth table to compute your solution.

給定邏輯函數 $y = \overline{a \oplus b} \cdot c$。
首先，我們知道 $a \oplus b$ 的真值表：

$a$	$b$	$a \oplus b$
0	0	0
0	1	1
1	0	1
1	1	0

接著，計算 $\overline{a \oplus b}$ (XNOR)：

$a$	$b$	$a \oplus b$	$\overline{a \oplus b}$
0	0	0	1
0	1	1	0
1	0	1	0
1	1	0	1

然後，計算 $y = \overline{a \oplus b} \cdot c$：

$a$	$b$	$c$	$\overline{a \oplus b}$	$y = \overline{a \oplus b} \cdot c$
0	0	0	1	0
0	0	1	1	1
0	1	0	0	0
0	1	1	0	0
1	0	0	0	0
1	0	1	0	0
1	1	0	1	0
1	1	1	1	1

從真值表中，我們可以看到當 $y=1$ 的情況有兩列：

1. $a=0, b=0, c=1$
2. $a=1, b=1, c=1$

現在，我們要將 $y$ 轉換為全變數 SOP。這意味著每個 AND 項都必須包含 $a$, $b$, $c$（或其反相）。
對於第一種情況 ($a=0, b=0, c=1$)，對應的 AND 項是 $\overline{a} \cdot \overline{b} \cdot c$。
對於第二種情況 ($a=1, b=1, c=1$)，對應的 AND 項是 $a \cdot b \cdot c$。

核心觀念

本題考查上下文無關文法（Context-Free Grammar, CFG）的推導與解析樹（parse tree）。

解析樹必須符合：

• 根節點為開始符號 $A$。
• 每個非終結符號依照一條產生式展開。
• 葉節點由左至右讀出目標字串。
• $\epsilon$ 代表空字串，不會在葉節點中產生實際字元。

需注意：題目所列文法只有

$$A \rightarrow BbAaaa$$

因此每次展開 $A$ 後，右側仍會保留一個 $A$，沒有任何產生式能將 $A$ 消去。故依題目原文，$A$ 無法推導出任何純終結符號字串。

以下依本題欲得到字串「bbbaaa」的合理修正，假設原文遺漏了：

$$A \rightarrow BbAaaa \mid \epsilon$$

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解題方法

目標字串為：

$$\text{bbbaaa}$$

產生式

$$A \rightarrow BbAaaa$$

會固定產生：

• 一個由 $B$ 產生的字串；
• 一個終結符號 $b$；
• 內層的 $A$；
• 三個終結符號 $a$。

因為目標字串最後正好有三個 $a$，可令內層 $A \Rightarrow \epsilon$。此時前面的 $B$ 與固定的 $b$ 必須共同產生三個 $b$，所以令：

$$B \Rightarrow bbb$$

利用

$$B \rightarrow BB$$

可推導：

$$B \Rightarrow BB \Rightarrow bB \Rightarrow bbB \Rightarrow bbb$$

完整的左most derivation 為：

$$\begin{aligned} A &\Rightarrow BbAaaa\\ &\Rightarrow BBbAaaa\\ &\Rightarrow bBbAaaa\\ &\Rightarrow bb bAaaa\\ &\Rightarrow bbbAaaa\\ &\Rightarrow bbbaaa \end{aligned}$$

其中最後一步使用：

此題考驗圖靈機 (Turing Machine, TM) 的設計，用於接受特定語言。

核心觀念：

1. 圖靈機 (Turing Machine)： 由一組有限的狀態、一個無限長的紙帶（Tape）、一個讀寫頭（Head）和一個轉移函數（Transition Function）組成。
2. 接受語言 (Accept Language)： 圖靈機接受一個字串，表示該字串在圖靈機執行完畢後，停在一個接受狀態（Accept State）。
3. 語言 $L = \{ab(a + b)^*\}$： 這個語言包含所有以 "ab" 開頭，後面可以跟任意數量的 $a$ 或 $b$（包括零個）的字串。
   例如： "ab", "aba", "abb", "abaa", "abab", "abba", "abbb", ...

圖靈機設計思路：

我們需要設計一個圖靈機，它能夠讀取輸入紙帶，並根據規則判斷輸入字串是否屬於語言 $L$。
圖靈機的紙帶是無限長的，通常用空白符號（Blank, B）填充。紙帶上有一個讀寫頭，可以向左或向右移動，讀取、寫入符號，並根據當前狀態和讀取的符號，決定轉移到哪個新狀態，以及讀寫頭的移動方向。

對於語言 $L = \{ab(a + b)^*\}$，我們需要檢查：

1. 字串是否以 'a' 開頭。
2. 第二個字符是否是 'b'。
3. 之後的字符可以是 'a' 或 'b'（任意個數）。

圖靈機的組件：

• 狀態 (States)： $Q = \{q_0, q_1, q_2, q_{accept}, q_{reject}\}$

  • $q_0$: 初始狀態。
  • $q_1$: 讀到第一個 'a' 後的狀態。
  • $q_2$: 讀到第二個 'b' 後，進入掃描剩餘部分的狀態。
  • $q_{accept}$: 接受狀態。
  • $q_{reject}$: 拒絕狀態（可選，通常通過不進入接受狀態來實現拒絕）。

• 字母表 (Alphabet)： $\Sigma = \{a, b\}$ (輸入字母表)

• 紙帶字母表 (Tape Alphabet)： $\Gamma = \{a, b, B\}$ (B 代表空白符號)

• 起始狀態： $q_0$

• 接受狀態： $q_{accept}$

• 轉移函數： $\delta : Q \times \Gamma \rightarrow Q \times \Gamma \times \{L, R\}$ (L: Left, R: Right)

設計轉移函數：

1. 從 $q_0$ 開始：

   • 讀到 'a'：表示字串的開頭是 'a'。將 'a' 寫回（或保持不變），將頭右移，進入狀態 $q_1$。
     $\delta(q_0, a) = (q_1, a, R)$
   • 讀到 'b' 或 B（空白符號）：表示字串不是以 'a' 開頭，不屬於語言 L。進入拒絕狀態（或停機）。
     $\delta(q_0, b) = (q_{reject}, b, R)$
     $\delta(q_0, B) = (q_{reject}, B, R)$

2. 在 $q_1$ 狀態（已讀到第一個 'a'）：

   • 讀到 'b'：表示字串是 "ab..."。將 'b' 寫回，將頭右移，進入狀態 $q_2$ 開始掃描剩餘部分。
     $\delta(q_1, b) = (q_2, b, R)$
   • 讀到 'a' 或 B：表示字串不是 "ab..."。例如 "aa..." 或 "aB"。不屬於語言 L。
     $\delta(q_1, a) = (q_{reject}, a, R)$
     $\delta(q_1, B) = (q_{reject}, B, R)$

3. 在 $q_2$ 狀態（已讀到 "ab"，現在掃描剩餘的 $(a+b)^*$ 部分）：

   • 讀到 'a'：表示字串是 "aba..."。將 'a' 寫回，將頭右移，繼續停留在 $q_2$ 狀態，因為後面還可以跟任意 $a$ 或 $b$。
     $\delta(q_2, a) = (q_2, a, R)$
   • 讀到 'b'：表示字串是 "abb..."。將 'b' 寫回，將頭右移，繼續停留在 $q_2$ 狀態。
     $\delta(q_2, b) = (q_2, b, R)$
   • 讀到 B（空白符號）：表示字串以 "ab" 開頭，後面跟著任意數量的 $a$ 或 $b$（可能是零個），現在紙帶讀到了結尾。這是一個合法的字串。將 B 寫回，將頭右移，進入接受狀態 $q_{accept}$。
     $\delta(q_2, B) = (q_{accept}, B, R)$

總結轉移函數：

• $\delta(q_0, a) = (q_1, a, R)$
• $\delta(q_0, b) = (q_{reject}, b, R)$

此題考驗對 RSA 演算法中公鑰指數 $e$ 的選擇條件的理解。

核心觀念：

1. RSA 演算法： 一種公開金鑰密碼學演算法。
2. 金鑰產生：
   • 選擇兩個大的質數 $p$ 和 $q$。
   • 計算模數 $n = p \times q$。
   • 計算歐拉函數 $\phi(n) = (p-1)(q-1)$。
   • 選擇一個整數 $e$，稱為公鑰指數（encryption exponent）。
   • 計算 $d$，稱為私鑰指數（decryption exponent），使得 $d \times e \equiv 1 \pmod{\phi(n)}$。
3. 公鑰： $(n, e)$。
4. 私鑰： $(n, d)$。
5. 對 $e$ 的要求：
   • $1 < e < \phi(n)$
   • $e$ 與 $\phi(n)$ 互質 (即 $\text{gcd}(e, \phi(n)) = 1$)。

題目給定：
$p = 7$
$q = 13$

計算步驟：

1. 計算模數 $n$：
   $n = p \times q = 7 \times 13 = 91$。

2. 計算歐拉函數 $\phi(n)$：
   $\phi(n) = (p-1)(q-1) = (7-1)(13-1) = 6 \times 12 = 72$。

3. 尋找滿足條件的 $e$：
   我們需要找到滿足以下條件的 $e$：

   • $1 < e < 72$
   • $\text{gcd}(e, 72) = 1$

   要找出 $\text{gcd}(e, 72) = 1$，我們需要知道 $72$ 的質因數。
   $72 = 8 \times 9 = 2^3 \times 3^2$。
   所以，$72$ 的質因數是 $2$ 和 $3$。
   為了使 $e$ 與 $72$ 互質， $e$ 不能包含 $2$ 或 $3$ 作為其質因數。也就是說，$e$ 不能是偶數，也不能是 $3$ 的倍數。

   我們從 $e = 2$ 開始檢查，找出前五個與 $72$ 互質且小於 $72$ 的數：

   • $e=2$: $\text{gcd}(2, 72) = 2 \neq 1$ (偶數)
   • $e=3$: $\text{gcd}(3, 72) = 3 \neq 1$ (3的倍數)
   • $e=4$: $\text{gcd}(4, 72) = 4 \neq 1$ (偶數)
   • $e=5$: $\text{gcd}(5, 72) = 1$ (5不是2的倍數，也不是3的倍數)。這是第一個可能的 $e$。
   • $e=6$: $\text{gcd}(6, 72) = 6 \neq 1$ (偶數, 3的倍數)
   • $e=7$: $\text{gcd}(7, 72) = 1$ (7不是2的倍數，也不是3的倍數)。

核心觀念

本題考查形式語言與自動機理論（Formal Languages and Automata Theory）中的子集合建構法（Subset Construction / Powerset Construction），用於將非確定性有限狀態自動機（NFA）等價轉換為確定性有限狀態自動機（DFA）。

涉及之核心定義與公式如下：

1. NFA 與 DFA 之形式定義：
   • 給定 NFA $N = (Q_N, \Sigma, \delta_N, q_0, F_N)$。
   • 等價 DFA 定義為 $M = (Q_D, \Sigma, \delta_D, q_{0D}, F_D)$。
2. DFA 狀態集合 $Q_D$：
   • 每個 DFA 狀態皆為 NFA 狀態集合的子集，即 $Q_D \subseteq \mathcal{P}(Q_N)$。
3. 起始狀態 $q_{0D}$：
   • 若無 $\epsilon$-轉移，則 DFA 起始狀態為單元素集合 $q_{0D} = \{q_0\}$。
4. 轉移函數 $\delta_D$：
   • 對於任意 DFA 狀態 $S \subseteq Q_N$ 及輸入符號 $x \in \Sigma$：

$$\delta_D(S, x) = \bigcup_{q \in S} \delta_N(q, x)$$

5. 接受狀態集合 $F_D$：
   • 凡包含 NFA 任一接受狀態的子集，皆為 DFA 的接受狀態：

$$F_D = \{S \in Q_D \mid S \cap F_N \neq \emptyset\}$$

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解題方法

由原卷題圖可知，該 NFA 的狀態集合為 $Q_N = \{0, 1, 2\}$，輸入字母集為 $\Sigma = \{a, b\}$；起始狀態為 $0$（由無來源之指向箭號指示），唯一的接受狀態為 $2$（雙圈標示）。圖中不含 $\epsilon$-轉移，其轉移函數為：

• $\delta_N(0, a) = \{0, 1\}$，$\delta_N(0, b) = \{0\}$
• $\delta_N(1, a) = \emptyset$，$\delta_N(1, b) = \{2\}$
• $\delta_N(2, a) = \{2\}$，$\delta_N(2, b) = \{2\}$

採用子集合建構法，從起始狀態出發，逐步推導所有可達狀態及其轉移：

步驟 1：確定起始狀態

• DFA 起始狀態為：

$$S_0 = \{0\}$$

• 因 $2 \notin \{0\}$，故 $\{0\}$ 為非接受狀態。

步驟 2：展開可達狀態之轉移

1. 由狀態 $\{0\}$ 出發：

   • 輸入 $a$：$\delta_D(\{0\}, a) = \delta_N(0, a) = \{0, 1\}$（產生新狀態）
   • 輸入 $b$：$\delta_D(\{0\}, b) = \delta_N(0, b) = \{0\}$

2. 由狀態 $\{0, 1\}$ 出發：

   • 輸入 $a$：$\delta_D(\{0, 1\}, a) = \delta_N(0, a) \cup \delta_N(1, a) = \{0, 1\} \cup \emptyset = \{0, 1\}$
   • 輸入 $b$：$\delta_D(\{0, 1\}, b) = \delta_N(0, b) \cup \delta_N(1, b) = \{0\} \cup \{2\} = \{0, 2\}$（產生新狀態）

3. 由狀態 $\{0, 2\}$ 出發：

   • 因 $2 \in \{0, 2\}$，此狀態為接受狀態。
   • 輸入 $a$：$\delta_D(\{0, 2\}, a) = \delta_N(0, a) \cup \delta_N(2, a) = \{0, 1\} \cup \{2\} = \{0, 1, 2\}$（產生新狀態）
   • 輸入 $b$：$\delta_D(\{0, 2\}, b) = \delta_N(0, b) \cup \delta_N(2, b) = \{0\} \cup \{2\} = \{0, 2\}$

4. 由狀態 $\{0, 1, 2\}$ 出發：

   • 因 $2 \in \{0, 1, 2\}$，此狀態為接受狀態。
   • 輸入 $a$：$\delta_D(\{0, 1, 2\}, a) = \delta_N(0, a) \cup \delta_N(1, a) \cup \delta_N(2, a) = \{0, 1\} \cup \emptyset \cup \{2\} = \{0, 1, 2\}$
   • 輸入 $b$：$\delta_D(\{0, 1, 2\}, b) = \delta_N(0, b) \cup \delta_N(1, b) \cup \delta_N(2, b) = \{0\} \cup \{2\} \cup \{2\} = \{0, 2\}$

至此，所有衍生狀態皆已處理完畢，無其他新狀態產生。

步驟 3：建立 DFA 狀態轉移表

核心觀念

本題考查：

• 上下文無關文法（Context-Free Grammar, CFG）的推導與語法分析樹。
• 非終結符號透過產生式產生終結符號字串。
• 正規表示式與正規語言的對應。

文法為：

$$S \rightarrow AB$$ $$A \rightarrow Ax \mid \lambda$$ $$B \rightarrow yB \mid y$$

其中 $\lambda$ 表示空字串。

由 $A$ 的產生式可知，$A$ 能產生任意個 $x$：

$$A \Rightarrow \lambda,\ x,\ xx,\ xxx,\ldots$$

因此：

$$L(A)=\{x^n\mid n\geq 0\}$$

由 $B$ 的產生式可知，$B$ 至少產生一個 $y$：

$$B \Rightarrow y,\ yy,\ yyy,\ldots$$

因此：

$$L(B)=\{y^m\mid m\geq 1\}$$

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解題方法

a) 字串「xxy」的語法分析樹

根據：

$$S\rightarrow AB$$

目標字串為 $xxy$，因此 $A$ 必須產生兩個 $x$，$B$ 產生一個 $y$。

$A$ 的推導如下：

$$A\Rightarrow Ax\Rightarrow Axx\Rightarrow \lambda xx=xx$$

$B$ 的推導如下：

$$B\Rightarrow y$$

完整推導為：

$$S\Rightarrow AB \Rightarrow Axy \Rightarrow A xxy \Rightarrow \lambda xxy \Rightarrow xxy$$

對應的語法分析樹如下：

          S
         / \
        A   B
       / \   \
      A   x   y
     / \
    A   x
    |
    λ

由左至右讀取葉節點，忽略空字串 $\lambda$：

$$xxy$$

此題考驗 C++ 指標 (pointer) 的操作與記憶體變數值的變化。

核心觀念：

1. 指標宣告與初始化： int *p = &x; 表示指標 p 指向變數 x 的記憶體位址。
2. 指標解參考 (Dereferencing)： *p 表示 p 所指向記憶體位址中的值。
3. 指標賦值： p = q; 表示指標 p 現在指向 q 所指向的記憶體位址。這改變的是指標 p 的值（它儲存的位址），而不是 p 指向的值。
4. 變數值的改變： 當指標指向某個變數並透過解參考去修改其值時，該變數的值會被更新。

程式碼執行流程分析：

1. int x = 35;

   • 宣告整數變數 x，並初始化為 $35$。
   • 記憶體狀態：x = 35

2. int y = 46;

   • 宣告整數變數 y，並初始化為 $46$。
   • 記憶體狀態：x = 35, y = 46

3. int *p = &x;

   • 宣告整數指標 p。
   • &x 是變數 x 的記憶體位址。
   • p 指向 x。
   • 記憶體狀態：x = 35, y = 46, p 指向 x (儲存 x 的位址)。

4. int *q = &y;

   • 宣告整數指標 q。
   • &y 是變數 y 的記憶體位址。
   • q 指向 y。
   • 記憶體狀態：x = 35, y = 46, p 指向 x, q 指向 y。

核心觀念

本題考查：

• for 迴圈的初始值、終止條件與遞增方式。
• 變數初始化與指定運算。
• sqrt() 函式的使用。
• printf() 格式指定字串與變數型別的配合。
• main() 的正常結束回傳值。
• 迴圈執行次數與時間、空間複雜度。

題目要求處理從 $1$ 到 $101$，每隔一個整數取一次，故輸入序列為：

$$1,3,5,\ldots,101$$

共有

$$\frac{101-1}{2}+1=51$$

個整數，並將每個整數的平方根以小數點後兩位印出。

解題方法

逐行檢查程式，確認三件事：

1. 迴圈是否涵蓋正確的數值範圍。
2. 平方根是否存入正確變數。
3. printf() 的格式是否符合參數型別與輸出精度。

第 7 行

原程式：

for (int number = 1; number < 101; number += 2) {

number < 101 會在 number 等於 $101$ 時停止，因此不會處理 $101$。題目要求包含 $101$，終止條件必須改為 number <= 101。

正確敘述：

for (int number = 1; number <= 101; number += 2) {

第 8 行

原程式：

number = sqrt((double) root);

此行有兩個問題：

1. root 尚未初始化，直接使用會產生未定義行為。
2. 平方根結果應存入 root，不能覆寫迴圈控制變數 number。

正確做法是以目前的 number 計算平方根：

root = sqrt((double) number);

number 是整數，轉成 double 後傳給 sqrt()，結果存入 double 型別的 root。

第 10 行

原程式：

printf("The Square Root of %0.2f is %.1f\n", number, root);

此行有兩項錯誤：

1. number 是 int，不能使用 %f。整數應使用 %d。
2. %.1f 只會輸出小數點後一位，題目要求小數點後兩位，應改為 %.2f。

正確敘述：

printf("The Square Root of %d is %.2f\n", number, root);

第 12 行

原程式：

此題考驗對組合語言 (Assembly Language) 中邏輯運算指令 EOR (Exclusive OR) 的理解，以及暫存器 (Register) 值的變化。

核心觀念：

1. 暫存器 (Registers)： CPU 中用來暫存資料的小型高速記憶體。
2. MOV 指令： 將一個值或暫存器的內容複製到另一個暫存器。
3. EOR 指令 (Exclusive OR)： 對兩個操作數進行按位元 XOR 運算，結果存入第一個操作數（目標暫存器）。
   • XOR 的規則：
     • $0 \oplus 0 = 0$
     • $0 \oplus 1 = 1$
     • $1 \oplus 0 = 1$
     • $1 \oplus 1 = 0$
   • XOR 的特性：
     • $A \oplus 0 = A$ (與 0 XOR 保持不變)
     • $A \oplus A = 0$ (與自身 XOR 變為 0)
     • $A \oplus B = B \oplus A$ (交換律)
     • $(A \oplus B) \oplus C = A \oplus (B \oplus C)$ (結合律)
     • 一個常見用法是交換兩個變數的值，而無需臨時變數：
       XOR R1, R2 (R1 = R1 XOR R2)
       XOR R2, R1 (R2 = R2 XOR (R1 XOR R2) = R1)
       XOR R1, R2 (R1 = (R1 XOR R2) XOR R1 = R2)

程式碼執行流程分析：

我們將追蹤 R0 和 R1 在每一條指令執行後的數值。
為了方便計算，我們將十進位數轉換為二進位。
$11_{10} = 1011_2$ (假設使用 4 位元來簡化，實際 CPU 可能是 32 或 64 位元)
$13_{10} = 1101_2$

初始狀態：
(假設指令執行前 R0 和 R1 的值未知，但第一、二條指令會初始化它們)

1. MOV R0, #11

   • 將立即數 $11$ 載入暫存器 R0。
   • R0: $11$ ($1011_2$)
   • R1: (未知，但在下一條指令後會設定)

2. MOV R1, #13

   • 將立即數 $13$ 載入暫存器 R1。
   • R0: $11$ ($1011_2$)
   • R1: $13$ ($1101_2$)

3. EOR R0, R0, R1

   • 計算 R0 XOR R1，結果存入 R0。
   • R0 = R0 \oplus R1
   • $1011_2 \oplus 1101_2$

       1011  (R0)
     ⊕ 1101  (R1)
     ------
       0110  (New R0)
     

   • $0110_2 = 6_{10}$。
   • R0: $6$ ($0110_2$)
   • R1: $13$ ($1101_2$)

4. EOR R1, R0, R1

   • 計算 R0 XOR R1，結果存入 R1。
   • R1 = R0 \oplus R1
   • $0110_2 \oplus 1101_2$

       0110  (R0)
     ⊕ 1101  (R1)
     ------
       1011  (New R1)
     

   • $1011_2 = 11_{10}$。
   • R0: $6$ ($0110_2$)
   • R1: $11$ ($1011_2$)
   • 注意： 經過這一步，R1 的值變回了初始的 $11$。