114 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班丁組《計算機概論（A）》

a) C 程式型別轉換

核心觀念

本題考查 C 語言的基本資料型別與型別轉換：

• int：整數型別。
• double：倍精度浮點數型別。
• int 指派給 double 屬於由較小範圍整數轉為浮點數，通常可自動轉換。
• double 指派給 int 屬於窄化轉換，小數部分可能被截去，且可能造成資料精度或數值範圍損失。

選項分析

i. int m = 5;

宣告整數變數 m，並以整數常數 5 初始化，型別相符，正確。

ii. double n = 99;

整數常數 99 可自動轉換為 double，相當於 99.0，正確。

iii. double o = m;

m 是 int，指派給 double 時會自動進行整數轉浮點數，例如 5 轉為 5.0，正確。

iv. int p = n;

n 是 double，指派給 int 時會進行窄化轉換。若 n 為 99.8，指派後會成為 99；此寫法在標準 C 中通常仍可編譯，但可能產生編譯器警告，基礎教材常將其視為型別不相容錯誤。

解題技巧

看到「浮點數指定給整數」時，優先注意資料遺失問題；反方向的整數指定給浮點數通常是安全的自動轉換。

【答案】iv. int p = n;

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b) BIOS 的功能

核心觀念

BIOS（Basic Input/Output System）是電腦開機時執行的韌體，主要負責：

1. 執行 POST（Power-On Self-Test），檢查硬體。
2. 測試記憶體與基本輸入輸出裝置。
3. 尋找開機裝置。
4. 載入作業系統的開機程式，將控制權交給作業系統。

BIOS 並不負責一般應用程式的載入，也不負責替印表機執行測試列印。

選項分析

i. Memory test

記憶體測試屬於 POST 的一部分，BIOS 會在開機時執行，正確。

ii. Load application software

應用軟體通常由作業系統載入與管理，不是 BIOS 的主要功能，錯誤。

iii. Print a test page on the printer

BIOS 可能初始化基本硬體，但不會在一般開機流程中替印表機列印測試頁，錯誤。

iv. Load the operating system

BIOS 會尋找開機裝置並載入作業系統的 bootloader，接著由 bootloader 載入作業系統，正確。

解題技巧

記住開機層次：

$$\text{BIOS} \rightarrow \text{Bootloader} \rightarrow \text{作業系統} \rightarrow \text{應用軟體}$$

因此，應用軟體應由作業系統載入，而非 BIOS。

本題若要求唯一單選，題目本身有兩個不屬於 BIOS 的敘述；依標準定義，ii 與 iii 都不正確。

【答案】ii、iii（題目選項無法形成唯一單選答案）

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c) 網際網路協定

核心觀念

網路協定是規範網路設備或程式如何交換資料的規則。常見應用層協定包括：

• SMTP：傳送電子郵件。
• FTP：檔案傳輸。
• HTTP：網頁資料傳輸。

HTML 則是網頁標記語言，用來描述網頁的結構與內容，不是網路通訊協定。

選項分析

i. SMTP

SMTP（Simple Mail Transfer Protocol）是簡易郵件傳送協定，用於寄送電子郵件，屬於網路協定，正確。

ii. FTP

FTP（File Transfer Protocol）是檔案傳輸協定，用於檔案上傳與下載，正確。

iii. HTML

HTML（HyperText Markup Language）是超文字標記語言，不負責規範網路資料傳輸，錯誤。

iv. HTTP

HTTP（HyperText Transfer Protocol）是超文字傳輸協定，瀏覽器通常透過 HTTP 或 HTTPS 取得網頁，正確。

解題技巧

這是一道關於不同數字表示法之間轉換和比較的題目。需要將每一行的二進位、十進位和十六進位數字轉換成統一的表示法（例如十進位），然後找出該行中最大的值，並註明其原始的數字類型。

核心觀念： 二進位、十進位、十六進位之間的轉換，以及數字大小的比較。

解題步驟：
對於每一行，我們將二進位和十六進位轉換為十進位，然後與原有的十進位值比較，找出最大者。

(a)

• Binary: 10
  • 10 (二進位) = $1 \times 2^1 + 0 \times 2^0 = 2$ (十進位)。
• Decimal: 2
• Hexadecimal: 2
  • 2 (十六進位) = $2 \times 16^0 = 2$ (十進位)。
• 比較： 2, 2, 2。
• 結果： 三者值相等。
• 【答案】All Equal

(b)

• Binary: 1100
  • 1100 (二進位) = $1 \times 2^3 + 1 \times 2^2 + 0 \times 2^1 + 0 \times 2^0 = 8 + 4 + 0 + 0 = 12$ (十進位)。
• Decimal: 12
• Hexadecimal: C
  • C (十六進位) = 12 (十進位)。
• 比較： 12, 12, 12。
• 結果： 三者值相等。
• 【答案】All Equal

(c)

• Binary: 10010
  • 10010 (二進位) = $1 \times 2^4 + 0 \times 2^3 + 0 \times 2^2 + 1 \times 2^1 + 0 \times 2^0 = 16 + 0 + 0 + 2 + 0 = 18$ (十進位)。
• Decimal: 18
• Hexadecimal: 12
  • 12 (十六進位) = $1 \times 16^1 + 2 \times 16^0 = 16 + 2 = 18$ (十進位)。

核心觀念

本題考查數位音訊的儲存容量計算：

$$\text{資料量}=\text{取樣次數}\times\text{每次取樣的資料量}$$

題目給定：

• 歌曲長度：$5$ 分鐘
• 取樣率：$44\text{ kHz}=44{,}000$ 次／秒
• 每次取樣儲存兩個 $8$-bit 數字

每次取樣的資料量為：

$$2\times 8\text{ bits}=16\text{ bits}=2\text{ bytes}$$

解題方法

先將歌曲時間換算成秒：

$$5\times 60=300\text{ 秒}$$

歌曲總取樣次數：

$$44{,}000\times 300=13{,}200{,}000\text{ 次}$$

每次取樣需要 $2$ bytes，因此總儲存空間為：

$$13{,}200{,}000\times 2 =26{,}400{,}000\text{ bytes}$$

若題目採十進位定義：

$$1\text{ MB}=1{,}000{,}000\text{ bytes}$$

則：

$$\frac{26{,}400{,}000}{1{,}000{,}000} =26.4\text{ MB}$$

這是一道關於浮點數表示法的題目，要求根據自定義的 8 位元浮點數格式，解碼給定的二進位模式。

核心觀念： 浮點數表示法 (符號位、指數、尾數/ mantissa)、Excess-3 編碼、二進位轉十進位。

自定義浮點數格式：

• 總位元數：8 bits
• 符號位 (Sign bit)：最左邊 1 bit (0 表示正數，1 表示負數)。
• 指數 (Exponent)：緊跟符號位之後的 3 bits。使用 Excess-3 編碼。
• 尾數 (Mantissa)：最後 5 bits。假設已經正規化 (normalized)，且隱含一個前導 1。

Excess-3 編碼：
Excess-3 編碼是一種非加權碼，用於表示數字。對於一個 $n$ 位元的 Excess-3 碼，其代表的十進位值是將該位元組解讀為二進位後，減去 3。
例如，對於 3 bits 的指數：

• 000 (binary) -> $0 - 3 = -3$
• 001 (binary) -> $1 - 3 = -2$
• 010 (binary) -> $2 - 3 = -1$
• 011 (binary) -> $3 - 3 = 0$
• 100 (binary) -> $4 - 3 = 1$
• 101 (binary) -> $5 - 3 = 2$
• 110 (binary) -> $6 - 3 = 3$
• 111 (binary) -> $7 - 3 = 4$

浮點數的標準形式：
浮點數通常表示為：$(-1)^{\text{sign}} \times (1.\text{mantissa})_{\text{binary}} \times 2^{\text{exponent}}$
這裡的 1.mantissa 是因為假設尾數已經正規化。

解碼步驟：
對於給定的 8 位元二進位模式，我們將其分割為符號位、指數位和尾數位，然後進行轉換。

(a) 01011001

1. 分割位元：

   • Sign bit (S)：0 (表示正數)

   • Exponent bits (E)：101

   • Mantissa bits (M)：1001 (注意：題目說最後 5 bits，這裡給了 8 bit，所以 Mantissa 應該是最後 5 bits。原題目應為 01011001，總共 8 bits。那麼 S=0, E=101, M=10010。請注意：題目原文為 01011001，總共 8 bits。所以 S=0, Exponent=101, Mantissa=1001。然而，題目說「final 5 bits store the mantissa」。這表示原題目的位元串可能是 01011001，但 Mantissa 應該是最後 5 bits。這裡的 1001 只有 4 bits。
     仔細閱讀題目： "The final 5 bits store the mantissa"。這意味著給定的 8-bit 串，最後 5 bits 是 Mantissa。
     所以，對於 01011001：

     • S = 0 (1 bit)
     • E = 101 (3 bits)
     • M = 1001 (4 bits)。
       這裡出現矛盾，給定的位元串是 8 bits，但 S+E+M = 1+3+5 = 9 bits。
       假設題目給的位元串是正確的，並且是 8 bits，那麼 Mantissa 應該是最後 4 bits（如果 S=1, E=3, M=4，總共 8 bits）。
       或者，題目給的位元串是 9 bits，但 OCR 掃描成 8 bits？
       最可能的解釋是：題目給的 8 bits 是 S + E + M，但 M 的長度是 5 bits。這意味著 S+E+M 的總長度應該是 1+3+5=9 bits。
       如果題目給的 8 bits 是 S+E+M，則 M 的長度應該是 8-1-3=4 bits。
       題目說 "The final 5 bits store the mantissa"。這表示 M 的長度是 5。
       那 S+E+M = 1 + 3 + 5 = 9 bits。
       這意味著給定的位元串 (a) 01011001 和 (b) 10101100 都是 8 bits，但它們的結構是 S(1 bit) + E(3 bits) + M(5 bits)。
       這表示 S+E+M 總長度是 9 bits。
       這是一個明顯的矛盾。

     我將假設題目給的 8-bit 串是有效的，並且 S=1 bit, E=3 bits, M=4 bits (8-1-3=4)。
     如果 M 是 5 bits，那 8-bit 串就無法包含 S, E, M。
     我將按照「最後 5 bits 是 Mantissa」的敘述，推測題目給的 8-bit 串可能 OCR 有誤，或者它其實是一個 9-bit 串被截斷了。
     如果我們嚴格按照「8 bits」來解析，那麼 M 必定是 4 bits。
     但題目又明確說 "The final 5 bits store the mantissa"。

     我將採用一種折衷的解釋：
     假設給定的 8-bit 串是 S(1 bit) + E(3 bits) + M(4 bits)，並且題目關於 M 是 5 bits 的描述是錯誤的。
     或者，假設 S(1 bit) + E(3 bits) + M(5 bits) 是標準，那麼給定的 8-bit 串是 S+E+M 的前 8 bits，或是 S+E+M 的某 8 bits。

     讓我們嘗試另一種解釋：
     題目說 "The system uses 8 bits to represent the floating-point"。這 8 bits 是 S + E + M 的總和。
     "The leftmost bit is the sign bit." (1 bit)
     "The following 3 bits are exponent" (3 bits)
     "The final 5 bits store the mantissa" (5 bits)
     這三部分加起來是 1 + 3 + 5 = 9 bits。這與「uses 8 bits」矛盾。

     我將假設題目意圖是 S(1) + E(3) + M(4) = 8 bits。
     並忽略「final 5 bits」的描述，或者認為那是一個印刷錯誤。
     如果 M 是 4 bits，那麼正規化後的尾數是 $1.M$。

     (a) 01011001 (8 bits)

     • S = 0 (正)
     • E = 101 (3 bits)
     • M = 1001 (4 bits)

     將 Exponent bits 101 轉換為十進位並應用 Excess-3：

     • 101 (binary) = $1 \times 2^2 + 0 \times 2^1 + 1 \times 2^0 = 4 + 0 + 1 = 5$ (decimal)。
     • 實際指數 (Exponent) = $5 - 3 = 2$。

核心觀念

本題考查布林代數、德摩根定律與吸收律，並要求將邏輯運算式轉換成數位邏輯閘電路。

基本定義如下：

• NOT：$\lnot A$
• AND：$A \land B$
• OR：$A \lor B$

題目中的 inl 視為輸入變數 $in1$。原式為：

$$F=\lnot(\lnot in1\land in2)\lor\big((\lnot in2\land in3)\lor in3\big)$$

會用到的定律：

德摩根定律：

$$\lnot(A\land B)=\lnot A\lor\lnot B$$

吸收律：

$$A\lor(A\land B)=A$$

解題方法與布林化簡

第一部分：化簡 $\lnot(\lnot in1\land in2)$

利用德摩根定律：

$$\lnot(\lnot in1\land in2) = \lnot(\lnot in1)\lor\lnot in2$$

由雙重否定律 $\lnot(\lnot in1)=in1$，得到：

$$\lnot(\lnot in1\land in2)=in1\lor\lnot in2$$

第二部分：化簡 $(\lnot in2\land in3)\lor in3$

將式子重新排列：

$$(\lnot in2\land in3)\lor in3 = in3\lor(\lnot in2\land in3)$$

依吸收律 $A\lor(A\land B)=A$：

$$in3\lor(\lnot in2\land in3)=in3$$

因此，原式化簡為：

$$F=(in1\lor\lnot in2)\lor in3$$

最後整理為：

$$\boxed{F=in1\lor\lnot in2\lor in3}$$

數位電路

依原始運算式直接實作

若完全按照題目原式實作，需要：

1. 對 $in1$、$in2$ 分別使用 NOT 閘，產生 $\lnot in1$、$\lnot in2$。
2. 將 $\lnot in1$ 與 $in2$ 輸入 AND 閘。
3. 將 AND 閘輸出再輸入 NOT 閘。
4. 將 $\lnot in2$ 與 $in3$ 輸入 AND 閘。
5. 將該 AND 閘輸出與 $in3$ 輸入 OR 閘。

這是一道關於組合語言 (Assembly Language) 的題目，要求追蹤寄存器 (Register) 的值在執行一系列指令後如何變化。

核心觀念： 組合語言指令的語義 (MOV, MUL, ADD, SUB)，寄存器操作。

寄存器初始值：
題目沒有給出寄存器 R0, R1, R2, R3, R4 的初始值，在這種情況下，我們通常假設它們為 0，或者只關注指令執行後的值。為了清晰起見，我們將展示從指令執行開始，寄存器的值如何更新。

指令集說明：

• MOV Rd, val：將立即數 val 或寄存器值移動到寄存器 Rd。
• MUL Rd, Rs, Rt：將寄存器 Rs 和 Rt 的值相乘，結果存入寄存器 Rd。
• ADD Rd, Rs, Rt：將寄存器 Rs 和 Rt 的值相加，結果存入寄存器 Rd。
• SUB Rd, Rs, Rt：將寄存器 Rs 的值減去寄存器 Rt 的值，結果存入寄存器 Rd。

追蹤寄存器值：

| Line | Instruction | R0 | R1 | R2 | R3 | R4 | 說明 |

核心觀念

本題主要考查：

• 陣列配置與索引範圍：長度為 $n$ 的陣列，合法索引為 $0$ 到 $n-1$。
• 陣列複製與參照別名（aliasing）。
• 方法回傳型別與呼叫方式。
• 變數作用域（scope）。
• while 迴圈的終止條件與索引更新。
• 選擇排序法（selection sort）。
• 排序後最小值與最大值的位置。

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解題方法

逐行檢查下列項目：

1. 程式是否符合語言語法與型別規則。
2. 陣列索引是否可能超出範圍。
3. 排序結果是否破壞原始資料。
4. 迴圈是否一定能結束。
5. 程式實際執行結果是否符合註解與題意。

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逐行錯誤分析

1. 程式語言與函式宣告不一致

題目文字稱為 C 語言，但程式使用：

public void inflateGrades (int[] studentGrades)

以及：

int[]
public static void

這是 Java 風格，不是合法的標準 C 語法。

若按照 Java 程式分析，以下各項是主要錯誤；若按照 C 語言實作，陣列宣告、記憶體配置與函式語法都必須全面改寫。

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2. 陣列配置語法錯誤

int[] copyOfGrades = int[studentGrades.length];

Java 建立陣列必須使用 new：

int[] copyOfGrades = new int[studentGrades.length];

原程式缺少 new，無法通過編譯。

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3. 沒有複製陣列內容，只是複製參照

copyOfGrades = studentGrades;

這行不會逐一複製元素，而是讓兩個變數指向同一個陣列。

因此：

copyOfGrades[i] = ...

等同於修改：

studentGrades[i]

正確的陣列複製方式可寫成：

int[] copyOfGrades = studentGrades.clone();

或：

int[] copyOfGrades = Arrays.copyOf(studentGrades, studentGrades.length);

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4. sort 的回傳型別與呼叫方式不符

copyOfGrades = sort(copyOfGrades);

但 sort 宣告為：

public static void sort(int[] array)

void 函式沒有回傳值，因此不能指定給 copyOfGrades。

若採用原本的就地排序方式，應寫成：

sort(copyOfGrades);

若要保留原本的指定寫法，則必須將 sort 改成回傳陣列：

public static int[] sort(int[] array) {
    ...
    return array;
}

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5. 排序的別名問題會破壞原始成績

即使修正 sort 的回傳型別，原本已有：

copyOfGrades = studentGrades;

所以 sort(copyOfGrades) 實際上也會直接排序 studentGrades。

這會使原始成績順序被改變，違反「使用副本排序」的意圖。

正確順序應為：

int[] copyOfGrades = studentGrades.clone();
sort(copyOfGrades);

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6. 第一個 for 迴圈的索引條件錯誤

for (int i = 0; i <= studentGrades.length; i++)

陣列長度為 $n$ 時，最後合法索引是 $n-1$。當 i == studentGrades.length 時，會存取不存在的元素：

studentGrades[i]

因此應改為：

for (int i = 0; i < studentGrades.length; i++)

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7. 使用排序陣列的錯誤端點尋找最高分

if (studentGrades[i] == copyOfGrades[0])

題目註解表示要找最大成績，但排序是遞增排序：

$$copyOfGrades[0] \le copyOfGrades[1] \le \cdots \le copyOfGrades[n-1]$$

所以：

• 最小值位於 copyOfGrades[0]
• 最大值位於 copyOfGrades[studentGrades.length - 1]

若要找最高分，應寫成：

if (studentGrades[i] == copyOfGrades[copyOfGrades.length - 1])

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8. break 只處理第一位最高分學生

studentGrades[i] = 100;
break;

這會在找到第一個符合條件的成績後立即離開迴圈。

若題意是「只把一位最高分學生調整為 100」，break 可以保留。若題意是「所有並列最高分的學生都調整為 100」，則不應使用 break。

此處是否為錯誤，取決於「最高分學生」是指一人或所有並列者；但程式註解使用單數，通常可解讀為只處理一位。

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9. j 尚未宣告即被使用

int toBeFound = studentGrades[j];

此處的 j 尚未宣告。後面的：

for (int j = 0; ...)

只在該 for 迴圈內有效，不能用於前一行。

這會造成編譯錯誤。

應先明確宣告並初始化索引，例如：

int j = 0;
int toBeFound = studentGrades[j];