108 年 國立臺北商業大學資訊與決策科學研究所碩士班《計算機概論》

本題主要在測試對電腦常見外部介面的了解。IDE（Integrated Drive Electronics）是早期連接硬碟和光碟機的介面，主要位於電腦主機內部，用於連接儲存裝置。

本題主要在測試對 IEEE 網路標準的認識，特別是無線區域網路 (WLAN)。
IEEE 802.11 系列標準是專門定義無線區域網路（Wi-Fi）的標準。
IEEE 802.16 定義的是無線都會區域網路（WiMAX）。

本題在考察網路位址轉換 (Network Address Translation, NAT) 的功能。NAT 是一種技術，允許一個組織的內部網路使用私有 IP 位址，而這些私有 IP 位址在外部網路（如網際網路）上是不可路由的。NAT 伺服器會將來自內部網路的封包中的私有 IP 位址轉換為一個或多個公共 IP 位址，以便封包能夠在網際網路上傳輸。反之，從外部傳來的封包，NAT 伺服器也會將其公共 IP 位址轉換回對應的私有 IP 位址。

本題在測試對電腦儲存單位轉換的理解。
我們知道：
1 KB (Kilobyte) = $2^{10}$ Bytes
1 MB (Megabyte) = $2^{10}$ KB = $2^{10} \times 2^{10}$ Bytes = $2^{20}$ Bytes
1 GB (Gigabyte) = $2^{10}$ MB = $2^{10} \times 2^{20}$ Bytes = $2^{30}$ Bytes
1 TB (Terabyte) = $2^{10}$ GB = $2^{10} \times 2^{30}$ Bytes = $2^{40}$ Bytes

本題在考察對本機回環位址 (Loopback Address) 的了解。
本機回環位址是保留給內部網路介面使用的特殊 IP 位址，用於測試網路功能而無需與外部網路連接。最常見的回環位址是 127.0.0.1。

本題在測試對 Linux 作業系統帳號名稱的了解。
在 Linux 和其他類 Unix 作業系統中，root 是超級使用者（superuser）的帳號名稱。root 帳號擁有系統上的最高權限，可以執行任何命令、修改任何檔案，並管理系統的各個方面。

本題在考察對 OSI 七層模型中不同網路設備所屬層級的理解。
OSI (Open Systems Interconnection) 七層模型是一個概念模型，用於描述網路通訊的不同功能層級。

• Layer 1 (Physical Layer)：物理層，負責傳輸原始的位元流。例如：中繼器 (Repeater)、集線器 (Hub) 在某些定義下也歸類於此，它們主要負責訊號的放大和傳輸。
• Layer 2 (Data Link Layer)：資料鏈結層，負責在節點之間傳輸資料幀，並進行錯誤檢測。例如：橋接器 (Bridge)、交換器 (Switch)。
• Layer 3 (Network Layer)：網路層，負責在網路之間進行邏輯定址和路由選擇。例如：路由器 (Router)。

本題在考察對常見網頁伺服器軟體的認識。網頁伺服器（Web Server）的主要功能是接收來自用戶端（通常是瀏覽器）的 HTTP 請求，並返回相應的網頁內容。

• Apache HTTP Server (Apache)：是最常見、最廣泛使用的開源網頁伺服器軟體之一。
• Nginx：是另一個非常流行的高效能開源網頁伺服器，也常被用作反向代理伺服器。

本題在考察對 MAC 位址和 IPv4 位址長度的知識。

• MAC Address (Media Access Control Address)：也稱為實體位址 (Physical Address)，是網路介面卡 (NIC) 的唯一硬體識別碼。它由網路設備製造商在生產時燒錄到硬體中。一個 MAC Address 通常由 48 位元（6 個位元組，Bytes）組成，表示為十六進位數字，例如 00:1A:2B:3C:4D:5E。

本題考察的是 IPv4 和 IPv6 位址的長度。

• IPv4 (Internet Protocol version 4)：是目前廣泛使用的 IP 位址版本。IPv4 位址由 32 位元組成，通常表示為點分十進位格式（例如 192.168.1.1）。換算成位元組 (Bytes)，32 位元等於 32 / 8 = 4 Bytes。

本題在考察 IP 位址與網域名稱 (Domain Name, DN) 之間的對應關係。DNS (Domain Name System) 負責將人類易於記憶的網域名稱轉換為機器易於處理的 IP 位址，反之亦然。

1. 一個 IP 只能對應到一個 DN？
   通常情況下，一個 IP 位址可以對應到多個網域名稱（例如，一個伺服器可能託管多個網站，每個網站都有自己的網域名稱）。然而，在某些配置下，一個 IP 位址也可能只對應到一個 DN。但更普遍的說法是，一個 IP 可以對應到 多個 DN。所以，說「一個 IP 只能對應到一個 DN」是 錯誤 的。因此，這個問題的答案是 NO。

本題在考察 CIDR (Classless Inter-Domain Routing) 標記法與網路遮罩 (Subnet Mask) 的轉換。CIDR 標記法 192.168.101.0/25 表示網路位址是 192.168.101.0，並且網路位址部分佔據了 25 個位元。

網路遮罩是用来区分 IP 位址中的網路位址部分和主機位址部分的。CIDR 中的數字 /n 表示網路位址佔據了 n 個位元。

本題在考察 OSI 七層模型的順序和名稱。OSI 模型將網路通訊分為七個層級，從上到下分別是：

• Layer 7: Application Layer (應用層)：提供使用者介面和網路服務的介面。
• Layer 6: Presentation Layer (表示層)：負責資料的格式化、加密和壓縮。
• Layer 5: Session Layer (會話層)：負責建立、管理和終止應用程式之間的會話。
• Layer 4: Transport Layer (傳輸層)：負責端對端的資料傳輸，確保資料的可靠性和順序。

本題在考察位元運算 (Bitwise Operations) 的順序和結果。虛擬碼中的運算符號分別代表：

• And：位元 AND 運算
• Or：位元 OR 運算
• Xor：位元 XOR 運算

在大多數程式語言中，位元運算符號的優先順序為：And > Xor > Or。
因此，表達式 1000 And 1000 Or 1000 Xor 1010 Xor 1010 的計算順序如下：

1. 1000 And 1000:
   將數字轉換為二進位：
   1000 (十進位) = 1111101000 (二進位)
   1000 (十進位) = 1111101000 (二進位)

     1111101000
   & 1111101000
   ------------
     1111101000
   

   所以 1000 And 1000 的結果是 1000。

2. 1000 Xor 1010:
   將數字轉換為二進位：
   1000 (十進位) = 1111101000 (二進位)
   1010 (十進位) = 1111110010 (二進位)

本題在考察 IP 位址、子網遮罩 (Subnet Mask) 和廣播位址 (Broadcast Address) 的計算。

給定：
IP 位址：172.31.110.96
子網遮罩：255.255.255.128

首先，我們需要確定這個 IP 位址屬於哪個子網路，以及該子網路的廣播位址。
子網遮罩 255.255.255.128 表示：

• 前三個位元組 (255.255.255) 都是網路位址部分。
• 第四個位元組 128 意味著網路位址部分佔據了 8 + 8 + 8 + 1 = 25 位元。
• 主機位址部分佔據了 32 - 25 = 7 位元。

接下來，我們計算網路位址：
IP 位址 (二進位)：10101100.00011111.01101110.01100000
子網遮罩 (二進位)：11111111.11111111.11111111.10000000

本題在考察 IP 位址區段中可用 IP 位址的數量計算。
CIDR 標記法 192.168.1.0/28 表示網路位址是 192.168.1.0，並且網路位址部分佔據了 28 個位元。

IP 位址總共有 32 位元。
網路位址佔 28 位元。
因此，主機位址部分佔 32 - 28 = 4 位元。

一個 IP 位址區段的總位址數由主機位址部分的位元數決定，為 $2^{\text{主機位元數}}$。
總位址數 = $2^4 = 16$。

核心觀念

子網路遮罩用來判斷 IP 位址中的：

• 網路位元：決定所屬子網路
• 主機位元：決定子網路內的主機

判斷兩個 IP 是否屬於同一子網路，可將 IP 位址與網路遮罩進行位元 AND 運算。若得到相同的網路位址，即表示兩者在同一子網路。

本題兩個 IP 為：

• 140.131.114.X
• 140.131.115.X

前兩個八位元相同，差異出現在第三個八位元：$114$ 與 $115$。因此，網路遮罩必須讓第三個八位元中的最低位成為主機位元，才能將 $114$ 與 $115$ 視為同一個網路。

解題方法

將第三個八位元轉換為二進位：

兩者只有最低位不同：

114：01110010
115：01110011

因此，第三個八位元的前 7 位必須作為網路位元，最後 1 位作為主機位元。

第三個八位元的網路遮罩為：

11111110

其十進位值為：

第四個八位元全部屬於主機位元，因此遮罩為 0。完整網路遮罩為：

255.255.254.0

驗算網路位址：

所以：

• 140.131.114.X 的網路位址為 140.131.114.0
• 140.131.115.X 的網路位址也為 140.131.114.0

兩者確實屬於同一個子網路。

選項分析

(A) 255.255.255.128

核心觀念

本題考查巢狀迴圈的執行次數與累加計算：

• While i < 6：當 $i=0,1,2,3,4,5$ 時執行，共 6 次。
• For j = 1 To i + 2：VB 的 To 包含終點，因此每次執行 $i+2$ 次。
• 每次內層迴圈執行時，累加的值都是目前的 $i$，所以該輪增加：

解題方法

逐一計算每個 $i$ 值所造成的累加量：

因此：

也可寫成：

所以程式實際輸出為：

本題考查的核心觀念為遞迴函數（Recursive Function）的追蹤與**費氏數列（Fibonacci Sequence）**的計算。題目給予的程式碼為費氏數列的標準遞迴定義，解題關鍵在於辨識遞迴終止條件（Base Case）與遞迴呼叫關係（Recursive Step），並透過系統化的樹狀展開或自底向上（Bottom-Up）推導出正確結果。

解題過程與推導

題目給定的程式碼如下：

long F(long n) {
    IF (n = 0) OR (n = 1) Return n;
    ELSE Return F(n-1) + F(n-2);
}

1. 邏輯分析

• 遞迴終止條件（Base Cases）：當傳入參數 $n = 0$ 或 $n = 1$ 時，條件成立，函式不再進行遞迴，直接回傳 $n$ 的值。即：
  $F(0) = 0$
  $F(1) = 1$
• 遞迴呼叫關係（Recursive Step）：當 $n \ge 2$ 時，條件不成立，執行 ELSE 區段，將大問題拆解為兩個較小的子問題，回傳前兩項數值之和：
  $F(n) = F(n-1) + F(n-2)$

2. 數值推導（自底向上計算）

為了求出 $F(6)$ 的值，從基本條件出發逐步向上計算各項：

• $F(0) = 0$ （終止條件直接回傳）
• $F(1) = 1$ （終止條件直接回傳）

本題考查的核心觀念為遞迴函數（Recursive Function）追蹤與線性遞迴關係式（Recurrence Relation）的規律推導。在解遞迴程式題時，除了由底向頂（Bottom-Up）逐步計算各項數值外，亦可透過代數關係觀察其通項公式（General Term Formula），以迅速且精準地求得結果。

完整解題過程

題目給定的遞迴函數定義如下：
當 $n = 1, 2, 3$ 時，為遞迴的停止條件（Base Cases）：
$F(1) = 1$
$F(2) = 2$
$F(3) = 3$

當 $n \ge 4$ 時，遞迴關係式為：
$F(n) = F(n-1) + F(n-2) - F(n-3)$

方法一：由底向上逐步計算（Bottom-Up Evaluation）

我們可以從已知的基礎條件依序向上計算至 $F(6)$：

1. 計算 $F(4)$：
   將 $n = 4$ 代入遞迴關係式：
   $F(4) = F(3) + F(2) - F(1) = 3 + 2 - 1 = 4$
2. 計算 $F(5)$：
   將 $n = 5$ 代入遞迴關係式：
   $F(5) = F(4) + F(3) - F(2) = 4 + 3 - 2 = 5$
3. 計算 $F(6)$：
   將 $n = 6$ 代入遞迴關係式：
   $F(6) = F(5) + F(4) - F(3) = 5 + 4 - 3 = 6$

方法二：數學歸納法推導通項公式（Mathematical Induction）

觀察計算結果：$F(1)=1$, $F(2)=2$, $F(3)=3$, $F(4)=4$, $F(5)=5$, $F(6)=6$。
可推測對所有正整數 $n \ge 1$，函數皆滿足 $F(n) = n$。

本題的核心考驗為**氣泡排序法（Bubble Sort）的運作機制及其變型。氣泡排序法透過相鄰元素的比較與交換將元素逐步歸位；當比較條件設定為「前項是否小於後項」（即 dataList[j] < dataList[j+1]）時，若前項較小則會進行交換，這會使較小的值逐步往陣列右側移動，最終達成由大到小（降冪）**的排序結果。

解題過程與程式追蹤

1. 演算法邏輯分析

• 雙層迴圈結構：外層迴圈 $i$ 執行 $n-1$ 次，表示共需進行 $n-1$ 輪（Pass）的比較與交換；內層迴圈 $j$ 控制每輪尚未排序完成的相鄰元素比較次數。
• 交換條件：程式碼中採用 if dataList[j] < dataList[j+1]。
  • 為什麼是降冪排序？ 當左邊的元素小於右邊的元素時發生交換，這意味著較小數值會不斷被推向陣列末端（右側），而較大數值會留在前方（左側），因此最終排序結果為遞減數列。
  • Python 交換語法：dataList[j], dataList[j+1] = dataList[j+1], dataList[j] 為 Python 特有的 Tuple Unpacking 原地交換語法，無須額外的暫存變數即可完成相鄰元素交換。

2. 逐輪追蹤（Trace）過程

初始陣列：dataList = [3, 1, 5, 2, 4]，長度 $n = 5$。

• 第一輪 ($i = 0$)：$j$ 從 $0$ 到 $3$（共比較 4 次）

  • $j = 0$：比較 $3$ 與 $1$ $\rightarrow 3 < 1$ 為假，不交換。陣列：[3, 1, 5, 2, 4]
  • $j = 1$：比較 $1$ 與 $5$ $\rightarrow 1 < 5$ 為真，交換。陣列：[3, 5, 1, 2, 4]
  • $j = 2$：比較 $1$ 與 $2$ $\rightarrow 1 < 2$ 為真，交換。陣列：[3, 5, 2, 1, 4]
  • $j = 3$：比較 $1$ 與 $4$ $\rightarrow 1 < 4$ 為真，交換。陣列：[3, 5, 2, 4, 1]
  • 本輪結果：將當前最小值 $1$ 浮動至陣列最後一位。

• 第二輪 ($i = 1$)：$j$ 從 $0$ 到 $2$（共比較 3 次）

本題考查的核心觀念為 Python 的多重變數同時賦值（Simultaneous Assignment / Tuple Unpacking）機制 以及 經典動態數列與遞迴關係式的演算法實現。在 Python 中，m, n = n, m+n 能在不使用暫存變數（Temporary Variable）的前提下，同步將下一項的值與兩項相加之和更新至變數中，進而生成數列。

解題過程與詳細追蹤

1. 數列的數學定義與邏輯分析

費氏數列（Fibonacci sequence）的標準數學遞迴定義如下：
$F_1 = 1, \quad F_2 = 1$
$F_n = F_{n-1} + F_{n-2} \quad (n \ge 3)$

觀察題目給定的 Python 程式碼更新邏輯：

• 變數 m 代表當前輸出的數列項 $F_k$。
• 變數 n 代表數列的下一項 $F_{k+1}$。
• 執行 m, n = n, m+n 時，Python 會先計算右側表達式的值（即現有的 n 與 m+n），再同時賦值給左側：
  • 新的 m 接收舊的 n（即項數向前推進一項）。
  • 新的 n 接收舊的 m + n（即計算出更下一項的值）。

這種更新模式正好精準對應了「每一項皆為前兩項之和」的費氏數列特性。

2. 程式執行過程逐步追蹤（Trace）

• 初始設定：

  • $m = 1$, $n = 1$
  • 執行 print(m, end='') $\implies$ 螢幕印出：1

• 迴圈執行（for i in range(10)，共執行 10 次）：

  • $i = 0$：m, n = 1, 1+1 $\implies m=1, n=2$；印出 , 1
  • $i = 1$：m, n = 2, 1+2 $\implies m=2, n=3$；印出 , 2
  • $i = 2$：m, n = 3, 2+3 $\implies m=3, n=5$；印出 , 3
  • $i = 3$：m, n = 5, 3+5 $\implies m=5, n=8$；印出 , 5
  • $i = 4$：m, n = 8, 5+8 $\implies m=8, n=13$；印出 , 8
  • $i = 5$：m, n = 13, 8+13 $\implies m=13, n=21$；印出 , 13

核心觀念

直譯式程式語言是指程式執行時，由解譯器逐步讀取原始程式、分析並立即執行，不先完整產生機器碼。

其典型特性如下：

• 執行程式時需要解譯器。
• 每次執行通常都要重新讀取、分析與轉譯程式。
• 程式執行效率通常低於已完成編譯的程式，因為執行過程仍需進行轉譯工作。

編譯式程式語言則會先將完整原始程式轉換成機器碼或目的碼，再執行，因此執行時通常不必重複進行原始程式的轉譯。

解題方法

題目問「不是直譯式程式語言的特性」，逐一判斷各選項是否符合直譯式語言的典型特徵即可。

直譯式語言的執行流程可概括為：

編譯式語言則通常為：

因此，直譯式程式的執行效率一般低於編譯式程式，而不是高於編譯式程式。

選項分析

(A) 每次執行都需要重新轉譯

本題在考察編譯式程式語言從原始碼到可執行檔的正確步驟順序。

一個典型的編譯式程式開發流程如下：

1. 編寫原始碼 (Coding)：開發者使用程式語言（如 C, C++, Java）編寫原始程式碼，通常是 .c, .cpp, .java 等檔案。
2. 編譯 (Compilation)：編譯器 (Compiler) 將原始碼翻譯成目標碼 (Object Code)，通常是 .o 或 .obj 檔案。如果原始碼包含多個檔案，每個檔案都會被單獨編譯。

本題在考察對二元樹 (Binary Tree) 節點數量的理解，特別是「滿二元樹」(Full Binary Tree) 或「完全二元樹」(Complete Binary Tree) 的概念。

在二元樹的定義中，「層」(Level) 通常從根節點開始，根節點位於第 0 層或第 1 層。這裡題目說「N 層」，通常指的是樹的高度 (Height) 或深度 (Depth)。如果我們定義根節點在第 1 層，那麼一個有 N 層的二元樹，其最底層是第 N 層。

如果題目指的是「完全二元樹」(Complete Binary Tree)，則每一層都可能被填滿，除了最後一層。
如果題目指的是「滿二元樹」(Full Binary Tree)，則除了葉節點外，每個節點都有兩個子節點。
如果題目指的是「完美二元樹」(Perfect Binary Tree)，則所有內部節點都有兩個子節點，且所有葉節點都在同一層。

在討論「最多節點數」時，我們通常考慮的是完美二元樹。
假設根節點在第 1 層。

• 第 1 層：最多 1 個節點 ($2^{1-1} = 2^0 = 1$)
• 第 2 層：最多 2 個節點 ($2^{2-1} = 2^1 = 2$)
• 第 3 層：最多 4 個節點 ($2^{3-1} = 2^2 = 4$)
• ...
• 第 N 層：最多 $2^{N-1}$ 個節點。

一個有 N 層的完美二元樹，總節點數是所有層節點數的總和：
總節點數 = $2^0 + 2^1 + 2^2 + ... + 2^{N-1}$
這是一個等比級數，其和為 $\frac{2^N - 1}{2 - 1} = 2^N - 1$。

然而，如果題目中的「N 層」指的是樹的高度 (Height)，並且我們定義樹的高度為從根節點到最深葉節點的路徑長度（邊的數量），那麼一個高度為 H 的樹，最多有 H+1 層（如果根節點在第 0 層）。
如果「N 層」指的是樹的深度 (Depth)，即最深節點的深度，且根節點在第 0 層，那麼樹的深度為 N，意味著有 N+1 層。
總節點數 = $2^0 + 2^1 + ... + 2^N = 2^{N+1} - 1$。

題目問「N 層的二元樹，其節點數最多有幾個？」。
選項中有 $2^N$ 和 $2^N-1$。
如果我們將「N 層」理解為樹的高度為 N-1（即最深節點的深度是 N-1，總共有 N 層，從第 0 層到第 N-1 層），那麼最多節點數是 $2^N - 1$。
如果我們將「N 層」理解為樹的高度為 N（即最深節點的深度是 N，總共有 N+1 層，從第 0 層到第 N 層），那麼最多節點數是 $2^{N+1} - 1$。

另一種常見的定義是：

• 高度為 h 的樹，最多有 $2^{h+1}-1$ 個節點（如果根節點是第 0 層）。

核心觀念

本題比較陣列與鏈結串列在不同操作上的時間效率。

• 陣列（Array）：元素儲存在連續記憶體位置，可透過索引直接存取。
• 鏈結串列（Linked List）：每個節點除儲存資料外，還保存下一個節點的位址，節點不必連續配置。

主要時間複雜度如下：

解題方法

判斷兩種資料結構的效率差異即可。

陣列的元素連續排列，若在中間插入一筆資料，後方元素必須全部向後搬移；刪除資料時，後方元素也必須向前搬移，因此插入與刪除通常需要 $O(n)$ 時間。

鏈結串列只需修改節點之間的鏈結。例如在節點 $A$ 與 $B$ 之間插入節點 $X$：

只需修改有限個指標，時間為 $O(1)$。刪除節點時，同樣只需將前一個節點直接連到下一個節點。

然而，鏈結串列無法透過索引直接取得第 $i$ 個元素，必須從頭節點逐一沿著鏈結尋找：

本題在考察遞迴函式呼叫 (Recursive Function Call) 的機制，以及不同記憶體區域的功能。

遞迴函式呼叫的關鍵在於每次函式呼叫時，都需要保存當前的執行狀態（包括區域變數、參數、返回位址），以便在函式執行完畢後能夠回到原來的點繼續執行。這種「後進先出」(LIFO) 的特性，正是「堆疊」(Stack) 資料結構的典型應用。

• 系統堆疊 (System Stack)：當程式執行函式呼叫時（包括遞迴呼叫），系統會為該函式呼叫創建一個「堆疊框架」(Stack Frame)。這個堆疊框架包含了該函式執行的局部變數、傳入的參數、以及函式執行完畢後要返回的位址。每次遞迴呼叫都會在系統堆疊上建立一個新的堆疊框架。當遞迴層級很深時，堆疊空間可能會耗盡，導致「堆疊溢位」(Stack Overflow) 錯誤。因此，系統堆疊是最適合支援遞迴函式呼叫的儲存方式。

本題在考察對堆疊 (Stack) 資料結構基本特性的理解。

堆疊是一種遵循「後進先出」(Last-In, First-Out, LIFO) 原則的線性資料結構。

• 後進先出 (LIFO)：最後被放入堆疊的元素，會最先被取出。
• 先進先出 (FIFO)：最先被放入隊列 (Queue) 的元素，會最先被取出。

堆疊的主要操作是：

• Push (壓入)：將元素添加到堆疊頂部。
• Pop (彈出)：從堆疊頂部移除並返回元素。
• Peek (窺視)：查看堆疊頂部的元素，但不移除。

核心觀念

堆積是一種符合兩項條件的完全二元樹：

1. 形狀條件：除最後一層外，每一層都填滿；最後一層由左至右排列。
2. 順序條件：最小堆積的每個父節點都小於或等於子節點；最大堆積則相反。

二元搜尋樹則要求每個節點的左子樹鍵值小於該節點、右子樹鍵值大於該節點。

解題方法

圖中的根節點是 $1$，子節點為 $3$ 和 $2$；節點 $3$ 的子節點為 $4$ 和 $6$。樹的節點由上而下、由左而右排列，符合完全二元樹的形狀條件。

檢查父子節點的大小關係：

本題在考察陣列 (Array) 的基本存取方式。

陣列是一種線性資料結構，其中元素是連續儲存在記憶體中的。陣列的特點是可以使用「索引編號」(Index) 來直接存取其中的任何一個元素。索引編號通常從 0 開始（或從 1 開始，取決於程式語言的定義）。

• 索引編號 (Index)：是存取陣列元素的主要方式。例如，在 C++ 或 Python 中，array[i] 表示存取索引為 i 的元素。

• 記憶體位址 (Memory Address)：雖然陣列元素在記憶體中是連續儲存的，並且程式設計師可以計算出每個元素的確切記憶體位址（例如，`base_address + index * e

核心觀念

本題考的是「合併排序法（merge sort）」的分割與合併過程。

合併排序的主要概念是：

1. 將資料分成許多個大小為 $1$ 的子序列。
2. 將相鄰且已排序的子序列兩兩合併。
3. 每次合併後，已排序區段的長度加倍。

本題的資料有 $8$ 個元素，因此自底向上的合併排序會進行：

也就是共 $3$ 輪。

解題方法

觀察每一輪是否符合「相鄰已排序區段兩兩合併」。

初始資料為：

第一輪：每兩個元素分別排序

將資料分成四組，每組包含 $2$ 個元素：

各組排序後：

合併排列為：

與題目「第一輪後」完全相同。

第二輪：合併相鄰的兩個已排序區段

此時可視為四個已排序區段：

合併前兩組：

合併後兩組：

因此第二輪後為：

與題目相同。

第三輪：合併兩個長度為 $4$ 的排序區段

將資料分成：

合併時依序比較兩組最前面的元素：

• 比較 $2$ 與 $1$，取 $1$
• 比較 $2$ 與 $3$，取 $2$
• 比較 $5$ 與 $3$，取 $3$
• 比較 $5$ 與 $7$，取 $5$
• 比較 $8$ 與 $7$，取 $7$
• 比較 $8$ 與 $10$，取 $8$

核心觀念

1. 資料封裝（Encapsulation）：
   • 物件導向程式設計（OOP）的核心概念之一。其本質是將「資料（屬性／狀態）」與「操作資料的行為（方法／函式）」綁定在一起，並對外部隱藏物件的內部細節與實作，僅提供公開的介面（Interface）供外界存取。
2. 抽象資料型態（Abstract Data Type, ADT）：
   • 數學與資料結構層次上的模型。ADT 僅定義「資料集合」以及「可以在這組資料上執行的操作集合」，而不涉及底層的實作細節（例如使用陣列或鏈結串列）。
   • 在程式設計的演進中，物件導向中的類別（Class）與封裝（Encapsulation）正是 ADT 概念在語言層級的具體實踐。類別將狀態與操作封裝於一體，實踐了 ADT 的資料抽象與資訊隱藏。

解題方法

本題切入點在於理解抽象資料型態（ADT）與物件導向「封裝」的對應關係：

• 概念對應：ADT 強調「使用者只需要知道有什麼操作，不需要知道內部資料如何存放與運作」。物件導向的「封裝」機制正是用來實作 ADT：將內部欄位設為私有（Private），並透過公有方法（Public Methods）對外暴露操作。
• 對比排除：其餘選項（函式、遞迴）屬於程序導向或控制結構的範疇，而堆疊與佇列雖然是具體的 ADT 範例，但層次上不如「抽象資料型態」本身代表著封裝的核心概念。

選項分析

• (A) 抽象資料型態 (abstract data type)：正確
  ADT 的定義即是「將資料與操作資料的方法封裝在一起，對外隱藏具體實作細節」。

核心觀念

本題考查進階加密標準 AES 的基本特性，以及區分「對稱式加密」、「公開演算法」與「混淆、擴散」等密碼學概念。

AES 是一種區塊加密法，主要特性如下：

• 使用相同的祕密金鑰進行加密與解密，屬於對稱式加密。
• 加密演算法與規格是公開的，安全性依賴金鑰的保密，而不是依賴演算法祕密。
• 透過混淆與擴散，使明文、密文與金鑰之間的關係複雜化。
• 反覆使用替換與置換等基本運算，形成多輪加密結構。

AES 的資料區塊固定為 $128$ 位元，金鑰長度可為 $128$、$192$ 或 $256$ 位元，對應的加密輪數分別為 $10$、$12$、$14$ 輪。

解題方法

判斷本題的切入點是檢查各選項是否符合 AES 的標準定義。

其中最重要的原則是：

現代密碼系統通常公開加密演算法，僅將金鑰保密。

此原則稱為 Kerckhoffs 原則。若演算法本身公開，只要不知道金鑰，攻擊者仍應無法有效解密。AES 的規格已公開標準化，因此只要找出宣稱 AES 演算法「非公開」的選項，即可判定錯誤敘述。

AES 的主要運作結構

AES 每一輪主要包含下列步驟：

1. SubBytes：位元組替換

   使用固定的替換盒（S-box）將每個位元組替換成另一個位元組，主要提供非線性效果，增加混淆性。

2. ShiftRows：列移位

   將狀態矩陣中的各列依不同幅度循環移位，使原本位於不同位置的資料互相分散。

3. MixColumns：欄混合

   以有限體上的矩陣運算混合每一欄的位元組，使單一位元組的變化擴散至多個位元組。

4. AddRoundKey：加入輪金鑰

   將目前狀態與輪金鑰進行 XOR 運算，使加密結果與祕密金鑰產生關聯。

上述步驟重複多輪，讓明文中的微小變化能影響大量密文位元，提升抵抗分析攻擊的能力。

選項分析

(A) AES 採用對稱式加密

正確。

AES 的加密端與解密端使用同一把祕密金鑰。加密者與解密者必須事先安全地共享金鑰，因此 AES 屬於對稱式加密。

其基本概念可表示為：

其中：

• $P$ 表示明文
• $C$ 表示密文
• $K$ 表示祕密金鑰
• $E_K$ 表示使用金鑰 $K$ 的加密運算

解密時使用相同金鑰：

因此本選項正確。

核心觀念

本題測驗「商業智慧（Business Intelligence, BI）」的定義及其核心支撐技術。

商業智慧（BI）是指一套將企業運作中產生的龐大原始資料，透過收集、清理、整合、分析與呈現，轉換為具有行動價值之商業資訊（Actionable Information）以支援管理決策的架構、流程與技術集合。

BI 的核心技術架構通常包含以下三大層次（常合稱為 BI 的技術三支柱）：

1. 資料整合與儲存：資料倉儲（Data Warehouse, DW）以及 ETL（Extract-Transform-Load）流程。
2. 多維度資料分析：線上分析處理（Online Analytical Processing, OLAP）。
3. 高階智慧探勘與預測：資料探勘（Data Mining, DM）與機器學習。

解題方法

解題切入點在於區分「資訊技術（IT）工具層面」與「企業營運流程／應用系統（Application System）層面」：

• 題目詢問的是「技術（Technology）」，因此屬於底層資料處理、查詢分析與知識探索的分析型工具。
• 企業常見的應用系統（如 ERP、SCM、CRM 等）屬於「交易處理與營運流程系統」（OLTP 領域），是 BI 的資料來源（Data Source）或應用範疇，而非 BI 本身的「核心分析技術」。

選項分析

• (A) 資料倉儲（Data Warehouse, DW）：屬於 BI 技術。
  資料倉儲是一個面向主題（Subject-Oriented）、整合性（Integrated）、非揮發性（Non-Volatile）且隨時間變動（Time-Variant）的資料儲存中心，負責整合來自企業各異質系統的歷史資料，是商業智慧的核心資料基礎架構。

核心觀念

聲音數位化後的檔案大小，主要由以下因素決定：

本題為單聲道，因此聲道數為 $1$。計算結果先得到位元數（bits），還必須除以 $8$ 才能換算成位元組（Bytes）：

解題方法

已知：

• 取樣頻率：$44.1\text{ kHz}=44,100\text{ samples/秒}$
• 取樣位元數：$16\text{ bits/sample}$
• 聲道數：$1$
• 錄音時間：$5\text{ 秒}$

1. 計算總取樣次數

2. 計算總位元數

每次取樣使用 $16$ bits：

3. 換算為 Bytes

因此檔案大小約為：

選項分析

本題在考察悠遊卡所使用的通訊技術。悠遊卡是一種非接觸式智慧卡，它透過無線射頻識別 (Radio Frequency Identification, RFID) 技術來與讀卡機進行通訊。

• RFID (Radio Frequency Identification)：是一種無線通訊技術，使用無線電波來識別、追蹤儲存在標籤 (tag) 中的資訊。悠遊卡就是一種 RFID 標籤，它內嵌有晶片和天線，可以與讀卡機進行短距離的無線通訊，完成資料的讀取和寫入。

• GPS (Global Positioning System)：全球定位系統，用於確定設備在地圖上的位置。它不是悠遊卡使用的技術。

本題在考察樹 (Tree) 資料結構的基本性質。

在圖論和資料結構中，樹是一種特殊的圖，它具有以下性質：

1. 它是連通的 (connected)。
2. 它沒有迴路 (acyclic)。

對於任何一個連通且無迴路的圖（即一棵樹），其節點數 (V) 和邊數 (E) 之間存在一個固定的關係：
E = V - 1

其中：

• V 是節點的數量 (number of vertices)。
• E 是邊的數量 (number of edges)。

本題在考察程序 (Process) 的生命週期和狀態轉換。程序在執行過程中會經歷以下幾種狀態：

• 新建 (New)：程序正在被創建。
• 就緒 (Ready)：程序已經準備好運行，在記憶體中，等待 CPU 分配。
• 執行 (Running)：程序正在 CPU 上執行指令。
• 等待 (Waiting)：程序因為某個事件（例如 I/O 操作完成、等待某個資源）而暫時停止執行。
• 結束 (Terminated)：程序已經執行完畢。

程序從 執行 (Running) 狀態轉變為其他狀態的可能情況：

1. 執行 (Running) → 等待 (Waiting)：當程序需要執行 I/O 操作，或者需要等待某個事件發生時，它會從執行狀態轉移到等待狀態。

核心觀念

防火牆（Firewall）是設置在電腦、網路或不同安全區域之間的安全防護機制，依據預先設定的規則，檢查並控制進出網路的資料封包。常見判斷條件包括：

• 來源與目的 IP 位址
• 通訊埠號
• 通訊協定
• 連線狀態
• 應用程式或使用者身分

防火牆的主要功能是限制未經授權的網路連線，降低外部入侵與非法存取的風險。防火牆可部署於商業網站前端，也可安裝在個人電腦中。

電腦病毒則屬於惡意程式，主要應由防毒軟體、端點防護系統及系統更新機制處理。防火牆能限制部分網路傳輸，但無法直接偵測並清除所有病毒，也無法保證病毒不會透過合法連線、電子郵件附件、USB 隨身碟或使用者操作傳播。

解題方法

本題要求找出「關於防火牆的錯誤敘述」。判斷重點是區分：

1. 防火牆能否部署在該環境。
2. 防火牆能否直接完成該項安全功能。

若敘述是防火牆可以部署的位置，通常屬於正確描述；若把防火牆的功能誇大為防毒或清除病毒，則屬於錯誤描述。

選項分析

(A) 可用於商業網站

正確。

商業網站通常會提供 Web、資料庫及其他網路服務，因此需要在網站伺服器或企業網路邊界部署防火牆，控制外部使用者對不同服務的存取。

例如，防火牆可允許外部連線至網站使用的 HTTP 或 HTTPS 服務，同時封鎖不必要的管理埠號，以降低未授權存取的風險。

(B) 可用於個人電腦

正確。

個人電腦可使用主機型防火牆（Host-based Firewall），控制該電腦上各應用程式的網路連線。

核心觀念

後序走訪（Postorder Traversal）的順序是：

也就是每個節點都在其左右子樹處理完後才走訪。

解題方法

依圖可得：

• 根節點為 $50$。
• $50$ 的左子樹為 $30$，其左子節點為 $10$。
• $50$ 的右子樹為 $56$，其左子節點為 $52$；右子節點為 $81$，而 $81$ 的左右子節點分別為 $72$、$98$。

依後序走訪規則：

1. 走訪 $30$ 的左子樹：$10$。
2. 再走訪 $30$：$30$。
3. 走訪 $56$ 的左子樹：$52$。
4. 走訪 $81$ 的左、右子樹：$72, 98$。
5. 再走訪 $81$：$81$。
6. 再走訪 $56$：$56$。
7. 最後走訪根節點 $50$。

因此順序為：

選項分析