115 年 國立中央大學網路學習科技研究所《計算機概論》

此題考查馮·諾伊曼體系結構中各個主要組件的功能。馮·諾伊曼架構是現代計算機的基礎，其核心思想是將指令和數據存儲在同一記憶體中，並由一個中央處理單元(CPU)來執行。CPU 主要包含三個部分：算術邏輯單元(ALU)、控制單元(Control Unit)和暫存器(Register)。

• 算術邏輯單元 (ALU)：負責執行所有的算術運算（如加、減、乘、除）和邏輯運算（如 AND, OR, NOT）。

此題考查不同類型記憶體的存取速度。計算機的記憶體層次結構是為了平衡速度、容量和成本而設計的。一般而言，越靠近 CPU 的記憶體，其速度越快，但容量越小，成本越高。

記憶體速度由快到慢的典型順序為：

1. 暫存器 (Register)：位於 CPU 內部，速度最快，用於暫存 CPU 正在處理的數據和指令。

此題考查十進位小數轉換為二進位小數。轉換時，需要將整數部分和小數部分分開處理。

整數部分轉換 (27):
使用除以 2 取餘數的方法，直到商為 0。
$27 \div 2 = 13$ 餘 $1$
$13 \div 2 = 6$ 餘 $1$
$6 \div 2 = 3$ 餘 $0$
$3 \div 2 = 1$ 餘 $1$
$1 \div 2 = 0$ 餘 $1$

此題考查 OSI 七層模型中各層的協議。OSI (Open Systems Interconnection) 模型是一個將網路通訊劃分為七個抽象層次的框架。

OSI 七層模型從上到下分別是：
7. 應用層 (Application Layer)：提供網路服務給應用程式（如 HTTP, FTP, SMTP）。
6. 表現層 (Presentation Layer)：處理數據的格式轉換、加密和壓縮。
5. 會話層 (Session Layer)：建立、管理和終止應用程式之間的會話。

此題考查作業系統的主要功能。作業系統是管理計算機硬體和軟體資源的系統軟體，其主要職責包括：

• 處理器管理 (Process Management)：包括行程的建立、終止、排程和同步。
• 記憶體管理 (Memory Management)：包括分配和回收記憶體空間給各個行程，以及虛擬記憶體管理。
• 檔案系統管理 (File System Management)：負責檔案的創建、刪除、讀寫、儲存和檢索。
• I/O 設備管理 (I/O Device Management)：管理硬體設備，如鍵盤、顯示器、印表機等。

此題考查資料結構在特定應用場景下的選擇。瀏覽器歷史紀錄的「上一頁/下一頁」功能，本質上是記錄一系列的操作順序，並允許使用者在這些操作之間前後移動。這種行為非常類似於堆疊 (Stack) 的概念，但更精確地說，它需要同時支援「後退」和「前進」的操作。

• 佇列 (Queue)：先進先出 (FIFO)，適用於排隊處理，例如印表機佇列。不適合此場景。
• 堆疊 (Stack)：後進先出 (LIFO)，適用於需要「撤銷」或「回溯」的操作。例如，網頁瀏覽的「後退」功能可以用堆疊實現，將訪問過的網頁壓入堆疊，後退時彈出。然而，僅用一個堆疊無法實現「前進」功能。
• 雜湊表 (Hash Table)：用於快速查找鍵值對，不適合記錄順序和移動。
• 二元搜尋樹 (BST)：用於有序數據的搜索，不適合此場景。

為了實現「上一頁」和「下一頁」的功能，我們需要同時管理兩個列表：一個是「後退」列表（過去訪問過的頁面），另一個是「前進」列表（當前頁面之後訪問過的頁面，但使用者點擊了後退按鈕後，這些頁面就變成了「前進」選項）

此題考查資訊安全中的「社交工程」概念。

• 社交工程 (Social Engineering)：是一種利用人類心理弱點，透過欺騙、誘惑、威脅等手段，誘使受害者自願透露敏感資訊或執行某些操作（如點擊惡意連結、下載惡意文件、提供密碼等）的攻擊方式。它不直接攻擊技術漏洞，而是攻擊人。
• SQL 資料隱碼攻擊 (SQL Injection)：是一種利用網頁應用程式對使用者輸入的數據未做充分驗證，將惡意的 SQL 語句注入到後端資料庫，從而達到非法存取、修改或刪除數據的目的。

此題考查關聯式資料庫中的完整性約束。參照完整性 (Referential Integrity) 是指確保關聯式資料庫中的外鍵值必須對應到另一個表中存在的某個主鍵值，或者為 NULL。這可以防止出現「孤兒記錄」（即某條記錄指向一個不存在的父記錄）。

• 主鍵 (Primary Key)：用於唯一識別資料表中的每一條記錄。它確保了行的唯一性，但本身不直接處理表間的關聯。

此題考查常見的資訊技術名詞定義。

• 雲端運算 (Cloud Computing)：指透過網路（雲）提供可按需使用的計算資源（如伺服器、儲存、應用程式等），使用者可以隨時隨地透過網路存取這些資源。

此題考查 Git 版本控制系統的常用指令。Git 是一個分散式版本控制系統，用於追蹤文件修改。

• git checkout -b [branch_name]：這個指令組合了兩個操作：
  • git branch [branch_name]：建立一個名為 [branch_name] 的新分支。
  • git checkout [branch_name]：切換到新建立的分支。
    因此，git checkout -b [branch_name] 是建立並切換到新分支的最常用指令。

此題考查 HTTP 狀態碼的含義。HTTP 狀態碼是伺服器對瀏覽器請求的回應，用於指示請求是否成功以及出現了什麼問題。狀態碼分為五個類別：

• 1xx (資訊響應)：請求已接收，繼續處理。
• 2xx (成功)：請求已成功接收、理解和接受。
  • 200 OK：請求成功。
• 3xx (重定向)：需要進一步的操作才能完成請求。

核心觀念

本題考查布林代數的吸收律：

$$A(A+B)=A$$

其中：

• $+$ 表示邏輯 OR。
• 乘法或相鄰變數相乘表示邏輯 AND。
• $A+A=A$ 為冪等律。
• $AA=A$ 亦為冪等律。

吸收律的意義是：只要條件 $A$ 已經成立，括號中的 $A+B$ 必定成立，因此整體結果只由 $A$ 決定。

解題方法

使用布林代數的分配律展開：

$$A(A+B)=AA+AB$$

利用冪等律 $AA=A$：

$$A(A+B)=A+AB$$

再利用吸收律 $A+AB=A$：

$$A+AB=A$$

因此：

$$A(A+B)=A$$

也可直接由邏輯意義判斷：當 $A=0$ 時，$A(A+B)=0$；當 $A=1$ 時，$A+B=1$，所以 $A(A+B)=1$。無論 $B$ 為何，結果都等於 $A$。

選項分析

• (A) $A$：正確。
  根據吸收律：

  $$A(A+B)=A$$

此題考查作業系統中分頁管理 (Paging) 的概念，特別是 Page Fault 的發生原因。

分頁管理是一種虛擬記憶體技術，它將主記憶體劃分為固定大小的頁框 (Page Frame)，將程式的虛擬位址空間劃分為相同大小的頁 (Page)。當程式需要存取某個虛擬頁時，作業系統會將該頁從輔助儲存（通常是硬碟）載入到主記憶體的一個空閒頁框中。

Page Fault (頁錯誤) 發生在 CPU 嘗試存取一個虛擬記憶體頁，但該頁並不在主記憶體中時。這是一個異常事件，會觸發作業系統的頁錯誤處理程序。處理程序會：

1. 檢查該虛擬地址是否有效。

此題考查辨識排序演算法的程式碼。我們需要分析給定的程式碼片段來判斷它屬於哪種排序演算法。

程式碼結構：
外層迴圈 for (int i = 1; i < n; i++)：從第二個元素開始遍歷陣列。
內層處理：

1. int key = arr[i];：將當前元素 arr[i] 存儲在一個臨時變數 key 中。這個 key 是我們要插入到已排序部分的元素。
2. int j = i - 1;：設置一個指標 j，指向 key 前面的元素，也就是已排序部分的最後一個元素。
3. while (j >= 0 && arr[j] > key)：這個迴圈會不斷向前移動 j，直到找到一個比 key 小（或等於）的元素，或者 j 變為負數。
4. arr[j + 1] = arr[j];：在 while 迴圈中，將 arr[j] 向右移動一位，為 key 騰出插入位置。
5. j--;：移動 j 指標。
6. arr[j + 1] = key;：當 while 迴圈結束時，j+1 就是 key 應該插入的位置。

此題考查機器學習中監督式學習與非監督式學習的區別。

• 監督式學習 (Supervised Learning)：演算法從標記好的訓練資料中學習。訓練資料包含輸入特徵和對應的輸出標籤（答案）。演算法的目標是學習一個映射函數，能夠將新的輸入特徵映射到正確的輸出標籤。常見的應用包括分類 (Classification) 和迴歸 (Regression)。
• 非監督式學習 (Unsupervised Learning)：演算法從未標記的訓練資料中學習。訓練資料只包含輸入特徵，沒有對應的輸出標籤。

此題考查網路協定中 IPv6 的位址長度。

• IPv4 (Internet Protocol version 4)：使用 32 位元來表示 IP 位址，例如 192.168.1.1。IPv4 位址空間有限，約有 43 億個位址。

此題考查不同類型惡意軟體的定義。

• 間諜軟體 (Spyware)：設計用來收集使用者資訊（如瀏覽習慣、個人資料、密碼等），並將其傳送給攻擊者，通常不會直接損壞系統或加密文件。
• 勒索軟體 (Ransomware)：是一種惡意軟體，它會加密使用者電腦上的檔案，使其無法存取，然後要求使用者支付贖金（通常是加密貨幣）才能獲得解密金鑰。這完全符合題目的描述。

此題考查物件導向程式設計中 protected 存取修飾字的權限範圍。在 Java 和 C++ 中，protected 關鍵字用於限制成員（變數或方法）的可存取性。

• public：任何地方都可以存取。
• protected：
  • 在 Java 中：protected 成員可以被其所在類別、同一個套件 (package) 中的其他類別，以及該類別的子類別（無論子類別在哪個套件）存取。
  • 在 C++ 中：protected 成員可以被其所在類別以及其派生類別（子類別）存取。在 C++ 中，如果一個類別是 public 繼承，那麼其 protected 成員對子類別是可見的；如果是 private 繼承，則 protected 成員對子類別不可見（變為 private）。但題目沒有指明繼承類型，通常情況下，protected 的核心概念是允許子類別存取。
• private：僅限該類別內部存取。

此題考查雲端運算的三種主要服務模式。雲端運算服務通常被劃分為三個主要的層級：

1. IaaS (Infrastructure as a Service)：提供最底層的基礎設施，包括伺服器、儲存、網路等。使用者可以自行安裝作業系統和應用程式。例如：Amazon EC2, Google Compute Engine。
2. PaaS (Platform as a Service)：在 IaaS 的基礎上，提供一個開發和部署應用程式的平台，包括作業系統、中間件、開發工具等。使用者無需管理底層基礎設施，只需關注應用程式的開發。

此題考查 RAID (Redundant Array of Independent Disks) 等級的特性，特別是兼顧效能和容錯，且至少需要 3 顆硬碟。

• RAID 0 (條帶化, Striping)：將數據分散儲存在多個硬碟上，以提高讀寫效能。但沒有冗餘，任何一個硬碟故障都會導致所有數據丟失。需要至少 2 顆硬碟。
• RAID 1 (鏡像, Mirroring)：將相同數據同時寫入兩顆硬碟。提供極好的容錯能力（一顆硬碟故障，另一顆仍可正常工作），但寫入效能受限於最慢的硬碟，且容量利用率只有 50%。需要至少 2 顆硬碟。
• RAID 5 (帶有奇偶校驗的條帶化, Striping with Parity)：將數據和奇偶校驗資訊分散儲存在多個硬碟上。

此題考查二元樹的遍歷（Traversals），特別是利用前序和中序遍歷重建二元樹，然後推導出後序遍歷。

已知：

• 前序遍歷 (Preorder): Root, Left, Right -> ABC
• 中序遍歷 (Inorder): Left, Root, Right -> BAC

重建二元樹的步驟：

1. 找到根節點: 前序遍歷的第一個節點是根節點。所以，根節點是 A。
2. 分割子樹: 在中序遍歷結果 BAC 中找到根節點 A。A 左邊的節點 (B) 屬於左子樹，A 右邊的節點 (C) 屬於右子樹。
   • 左子樹的中序遍歷是 B。
   • 右子樹的中序遍歷是 C。
3. 遞迴處理左子樹:
   • 根據前序遍歷 ABC，根節點是 A。前序遍歷的下一個節點是左子樹的根節點。

此題考查網路設備在 OSI 模型中的層次以及功能。

• 集線器 (Hub)：工作在實體層 (Physical Layer)。它接收到訊號後，會將訊號廣播到所有連接的埠，效率低且容易產生碰撞。它不檢查 MAC 位址。
• 交換器 (Switch)：工作在資料連結層 (Data Link Layer)。它維護一個 MAC 位址表，能夠學習到每個連接設備的 MAC 位址。當收到一個封包時，交換器會檢查目標 MAC 位址，並將封包轉發到對應的埠，而不是廣播。

此題考查 SQL 中用於刪除資料的指令及其效率。

• DELETE FROM table_name: 這是一個 DML (Data Manipulation Language) 指令。它會逐行刪除資料表中的記錄，並為每一行記錄產生一個日誌 (log entry)。如果資料表很大，這個過程會比較慢，且會消耗較多日誌空間。它會觸發觸發器 (triggers)。
• DROP TABLE table_name: 這是一個 DDL (Data Definition Language) 指令。它會刪除整個資料表，包括其結構、資料、索引、觸發器等所有物件。執行後，資料表將不復存在。

此題考查網路協定中常用的連接埠號碼。

• HTTP (Hypertext Transfer Protocol)：預設使用連接埠 80。
• HTTPS (Hypertext Transfer Protocol Secure)：是 HTTP 的安全版本，使用 SSL/TLS 加密。它預設使用連接埠 443。

此題考查作業系統中死結 (Deadlock) 的處理策略，特別是 Banker's Algorithm 的歸類。

死結是指兩個或多個程序在執行過程中，因爭奪資源而造成的一種互相等待的現象，若無外力作用，它們都將無法繼續執行。

死結處理策略主要有四種：

1. 死結預防 (Deadlock Prevention)：通過限制程序的資源請求方式，確保死結發生的四個必要條件（互斥、佔有並等待、不可剝奪、循環等待）至少有一個不成立。例如，要求程序一次性申請所有所需資源。
2. 死結避免 (Deadlock Avoidance)：在程序運行過程中，動態地檢查資源分配狀態，確保系統不會進入一個可能導致死結的不安全狀態。

核心觀念

本題考查軟體工程（Software Engineering）中的軟體開發生命週期模型（Software Development Life Cycle, SDLC），特別是經典的**瀑布模型（Waterfall Model）**之特性與限制：

1. 線性循序性（Linear-sequential phase）：瀑布模型將軟體開發分為明確的階段（需求分析 $\rightarrow$ 系統設計 $\rightarrow$ 程式實作 $\rightarrow$ 測試整合 $\rightarrow$ 維護運作）。各階段依序進行，前一階段完成並產出基準文件（Baseline documents）後，才推進至下一階段。
2. 缺乏彈性（Inflexibility）：由於嚴格要求前一階段結束後才進行下一階段，且各階段高度依賴前期的產出，當後續階段（如實作或測試）發現前期的需求錯誤或客戶提出規格變更時，必須回溯到前面的階段重新修改設計並重產文件，導致回溯成本極高（Cost of Change 指數上升）。

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解題方法

分析瀑布模型的核心機制與本質缺陷：

• 瀑布模型強調「計畫導向（Plan-driven）」與「文件導向（Document-driven）」，每個階段皆有嚴謹的審查（Sign-off）機制。
• 最大弊病在於「假設使用者需求在初期即可被完全凍結（Requirement Freeze）」。而在實際專案中，客戶常在看到執行成品（通常在專案晚期）後才會釐清或更動需求；若在測試階段才發現根本性的架構或需求錯誤，返工修正的代價極為高昂。這也是促成後續「原型法（Prototyping）」、「螺旋模型（Spiral Model）」乃至「敏捷開發（Agile Methodologies）」興起的主要原因。

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此題考查 CPU 指令執行的基本週期。CPU 執行一條指令通常包含幾個主要步驟，稱為指令週期 (Instruction Cycle)。最簡化的指令週期通常包含以下幾個階段：

1. 取指令 (Fetch)：CPU 從記憶體中讀取下一條要執行的指令。
2. 指令解碼 (Decode)：CPU 解碼指令，確定指令的操作類型和操作數。
3. 執行指令 (Execute)：CPU 執行指令所指定的操作，可能涉及 ALU 運算、數據讀寫等。
4. 寫回結果 (Store/Write-back)：將執行結果寫回到暫存器或記憶體中。

此題考查深度學習中常見的問題。當神經網路層數過深時，在反向傳播 (Backpropagation) 過程中，梯度會不斷地通過鏈式法則 (Chain Rule) 進行計算。

• 梯度消失 (Gradient Vanishing)：如果神經網路的激活函數（如 Sigmoid 或 Tanh）在某些區域的梯度很小，或者權重初始化不當，那麼在反向傳播時，梯度會逐層乘以這些小於 1 的值，導致靠近輸入層的梯度變得非常小，接近於零。這使得靠近輸入層的權重更新非常緩慢，甚至無法更新，模型難以學習。

此題考查學習管理系統 (LMS) 的功能。LMS 是一種用於管理、記錄、追蹤、報告和交付教育課程、培訓計劃或學習和發展計劃的軟體系統。

LMS 的核心功能通常包括：

• 課程內容管理 (Course Content Management)：上傳、組織和發布課程材料（如講義、影片、測驗、作業等）。
• 學習者進度追蹤 (Learner Progress Tracking)：監控學生的學習進度、完成度、參與度等。
• 評量與測驗 (Assessment and Quizzes)：創建、發布和批改測驗、考試和作業。

此題考查圖論中的搜尋演算法，特別是在無權重圖中尋找最短路徑。

• 深度優先搜尋 (DFS, Depth-First Search)：從起始節點開始，沿著一條路徑盡可能深入地搜索，直到無法繼續為止，然後回溯。DFS 主要用於尋找連通性、迴圈，或進行拓撲排序，它不能保證找到最短路徑。
• 廣度優先搜尋 (BFS, Breadth-First Search)：從起始節點開始，逐層向外搜索。它首先訪問所有與起始節點距離為 1 的節點，然後是距離為 2 的節點，依此類推。在無權重圖中，BFS 能夠保證找到從起始節點到所有可達節點的最短路徑（以邊的數量計算）。

核心觀念

本題考查指令管線化（Pipelining）的執行時間計算。

若 CPU 具有：

• $k$ 個管線階段
• 每個階段耗時 $1$ 個時脈週期
• 共執行 $n$ 個指令
• 無任何 Hazard，且管線可連續運作

則理想狀況下的總時脈週期數為：

$$k+n-1$$

原因是：

1. 第一個指令需要經過全部 $k$ 個階段，因此要花 $k$ 個週期完成。
2. 管線填滿後，每個週期可完成一個指令。
3. 剩下的 $n-1$ 個指令各再增加 $1$ 個週期完成。

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解題方法

本題給定：

$$k=5,\qquad n=20$$

代入管線化公式：

$$\text{總週期數}=k+n-1$$

因此：

$$\text{總週期數}=5+20-1=24$$

也可用時序方式理解：

• 第 1 個指令在第 5 個週期完成。
• 第 2 個指令在第 6 個週期完成。
• 每增加一個指令，完成時間增加 1 個週期。
• 第 20 個指令在第 $5+19=24$ 個週期完成。

所以總共需要 $24$ 個時脈週期。

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選項分析

(A) 20

錯誤。

$20$ 是指令的數量，不是完整管線執行所需的總週期數。第一個指令仍須先通過 5 個階段，因此必須額外計入管線填充時間。

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核心觀念

子網路遮罩為：

$255.255.255.224$

最後一個八位元組 $224$ 的二進位表示為：

$224=128+64+32=11100000_2$

因此子網路遮罩共有 $27$ 個連續的 $1$，即為：

$/27$

IPv4 位址共有 $32$ 位元，因此主機位元數為：

$32-27=5\text{ 位元}$

解題方法

$5$ 個主機位元可形成的位址總數為：

$2^5=32$

但每個子網路中有兩個位址不能指派給一般主機：

• 主機位元全為 $0$：網路位址
• 主機位元全為 $1$：廣播位址

因此最多可指派給主機的 IP 數量為：

$2^5-2=32-2=30$

選項分析

此題考查 Python 遞迴函數的執行。給定的函數 func(n) 是一個典型的斐波那契數列 (Fibonacci sequence) 的遞迴定義。

斐波那契數列的定義是：
$F(0) = 0$
$F(1) = 1$
$F(n) = F(n-1) + F(n-2)$ for $n > 1$

程式碼中的 if n <= 1: return n 對應了 $F(0)=0$ 和 $F(1)=1$ 的情況。
return func(n - 1) + func(n - 2) 對應了 $F(n) = F(n-1) + F(n-2)$。

我們要計算 func(4)。
func(4) 會呼叫 func(3) + func(2)。

計算 func(3):
func(3) 會呼叫 func(2) + func(1)。
func(1) 返回 1。
計算 func(2):
func(2) 會呼叫 func(1) + func(0)。
func(1) 返回 1。
func(0) 返回 0。
所以，func(2) 返回 $1 + 0 = 1$。

此題考查硬碟的平均旋轉延遲時間計算。

硬碟轉速為 7200 RPM (Revolutions Per Minute)，即每分鐘轉動 7200 圈。
首先，計算每圈轉動所需時間：
1 分鐘 = 60 秒 = 60,000 毫秒 (ms)
每圈時間 = (總時間) / (總轉數) = 60,000 ms / 7200 圈

計算：
$60000 / 7200 = 600 / 72$
$600 / 72 = 100 / 12 = 25 / 3$ 毫秒。

核心觀念

本題考查巢狀迴圈的時間複雜度分析，以及「變數每次以倍數成長」所形成的對數次迴圈。

判斷原則：

• 外層迴圈每次使 i 增加 $1$，共執行 $n$ 次，因此時間複雜度為 $O(n)$。
• 內層迴圈中，j 每次乘以 $2$，屬於指數成長，執行次數為 $O(\log n)$。
• 巢狀迴圈的總複雜度為兩層執行次數相乘。

解題方法

外層迴圈：

for (int i = 0; i < n; i++)

i 從 $0$ 開始，每次增加 $1$，直到 $i=n-1$，所以共執行 $n$ 次：

$$T_{\text{outer}}(n)=n$$

內層迴圈：

int j = 1;
while (j < n) {
    j *= 2;
}

j 的變化如下：

$$1,2,4,8,\ldots,2^k$$

執行 $k$ 次後，j 的值為 $2^k$。迴圈停止時必須滿足：

$$2^k \geq n$$

因此：

$$k \geq \log_2 n$$

內層迴圈的執行次數為：

$$T_{\text{inner}}(n)=\lceil \log_2 n\rceil=O(\log n)$$

由於內層迴圈會在外層每一次迭代時重新執行，總時間為：

$$T(n)=n\cdot \lceil\log_2 n\rceil$$

忽略常數與取上整數的影響：

此題考查軟體設計模式中的「觀察者模式」(Observer Pattern)。

• 觀察者模式 (Observer Pattern)：定義了一種一對多的依賴關係，當一個物件（稱為「主體」或「被觀察者」）的狀態發生改變時，所有依賴於它的物件（稱為「觀察者」）都會自動收到通知並更新。這允許物件之間進行鬆耦合的通信。
  • 主體 (Subject)：維護一個觀察者列表，提供註冊 (attach) 和註銷 (detach) 觀察者的方法，並在狀態改變時通知所有觀察者。

此題考查雜湊演算法的安全性。雜湊演算法（或稱哈希函數）將任意大小的輸入數據轉換為固定大小的輸出（稱為雜湊值或摘要）。一個好的雜湊演算法應該具備以下特性：

1. 單向性 (One-way)：難以從雜湊值反推出原始輸入。
2. 抗碰撞性 (Collision Resistance)：難以找到兩個不同的輸入，它們產生相同的雜湊值。
   • 第一類碰撞抗性 (Second Preimage Resistance)：給定一個輸入 $x$，難以找到另一個不同的輸入 $y$ 使得 $hash(x) = hash(y)$。

此題考查機器學習模型評估中的常見問題。

• 過擬合 (Overfitting)：模型在訓練資料上學習得「太好」，以至於學習到了訓練資料中的雜訊和特定細節，而不是數據的普遍規律。導致模型在訓練集上表現極佳（例如，準確率很高），但在未見過的測試集上表現很差。
• 欠擬合 (Underfitting)：模型過於簡單，未能充分學習訓練資料中的模式。導致模型在訓練集和測試集上表現都較差。

此題考查作業系統中的行程排程 (Process Scheduling) 演算法。

• (A) FCFS (First-Come, First-Served)：按照進程到達的順序來調度。如果一個長作業先到達，它會佔用 CPU 很長時間，導致後面的短作業必須等待，即使它們已經準備好執行。這種現象稱為護航效應 (Convoy Effect)。因此，FCFS 會產生護航效應，此敘述錯誤。

• (B) RR (Round-Robin)：為每個進程分配一個時間片 (time slice)。進程在時間片內執行，如果未執行完畢，則被移到就緒隊列的末尾，等待下一個時間片。RR 具有較好的響應時間，但對於需要嚴格時間要求的即時系統 (Real-time System)，RR 的時間片分配可能無法保證即時任務的截止時間，除非時間片非常小且上下文切換開銷很低。

此題考查虛擬碼的分析，判斷其實現的搜尋演算法。

該函式 Mystery 接收一個陣列 arr 和一個目標值 target。
函式的邏輯如下：

1. 初始化兩個指標 left 和 right，分別指向陣列的起始和結束位置。
2. 進入一個 while 迴圈，條件是 left <= right。
3. 在迴圈內部，計算中間索引 mid = (left + right) // 2。
4. 比較 arr[mid] 和 target：
   • 如果 arr[mid] == target，表示找到了目標值，返回其索引 mid。
   • 如果 arr[mid] < target，表示目標值可能在 mid 的右側（如果陣列是有序的），所以將 left 更新為 mid + 1。

此題是承接上一題的二分搜尋函式，要求追蹤 mid 變數在特定輸入下的取值過程。

輸入：

• arr = [1, 3, 5, 7, 9] (注意：陣列索引從 0 開始)
• target = 3
• length(arr) = 5

執行步驟：
第一次迴圈迭代：

• left = 0
• right = length(arr) - 1 = 5 - 1 = 4
• mid = (left + right) // 2 = (0 + 4) // 2 = 4 // 2 = 2
• arr[mid] (即 arr[2]) 是 5。
• 比較 arr[mid] (5) 和 target (3)：5 > 3。
• 因此，進入 else 分支：right = mid - 1 = 2 - 1 = 1。
• mid 的值是 2。

核心觀念

本題考查卷積神經網路（Convolutional Neural Network, CNN）的架構設計與**池化層（Pooling Layer，亦稱下採樣層 Downsampling Layer）**的核心機制。

1. 池化操作定義：池化層通常置於卷積層（Convolutional Layer）與激活函數（如 ReLU）之後，對特徵圖（Feature Map）在空間維度（高度 $H$ 與寬度 $W$）上進行滑動視窗聚合運算，常見方式包括：
   • 最大池化（Max Pooling）：取局部鄰域內的最大值，保留最強烈的顯著特徵（如邊緣、紋理）。
   • 平均池化（Average Pooling）：取局部鄰域內的平均值，保留平滑的背景統計特徵。
2. 空間降維與運算量抑制：假設輸入特徵圖尺寸為 $H \times W \times C$（$C$ 為通道數），使用大小為 $k \times k$、步幅為 $s$ 的池化核，輸出尺寸縮減為： $$H_{\text{out}} = \left\lfloor \frac{H - k}{s} \right\rfloor + 1$$ $$W_{\text{out}} = \left\lfloor \frac{W - k}{s} \right\rfloor + 1$$ 在通道數 $C$ 維持不變的情況下，大幅縮減後續網路層所需的運算量與記憶體佔用。
3. 平移不變性（Translation Invariance）與防止過擬合：池化透過局部資訊的粗粒化抽象，使模型對輸入圖像的微小位移、旋轉與形變具備耐受性，同時減少模型整體參數量（間接減少全連接層的權重數），有助於緩解過擬合（Overfitting）。池化層本身不含任何可學習參數（Learnable Parameters）。

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解題方法

檢視考卷原頁掃描圖第 8 頁，第 42 題為純文字單選題，考查池化層在卷積神經網路中的主要功能、尺寸變化、梯度特性與架構位置。

標準 CNN 架構之資訊流為：

此題考查 C/C++ 程式碼的執行流程，特別是迴圈和條件判斷。

程式碼初始化一個整數變數 count 為 0。
然後進入一個 for 迴圈，變數 i 從 1 開始，每次迴圈 i 遞增 1，直到 i 大於 5 為止。
在迴圈體內，有一個 if 條件判斷：if (i % 2 == 0)，即判斷 i 是否為偶數。
如果 i 是偶數，則將 i 的值加到 count 上。

讓我們追蹤迴圈的執行過程：

• i = 1: 1 % 2 是 1 (奇數)。條件不滿足，count 保持為 0。
• i = 2: 2 % 2 是 0 (偶數)。條件滿足。count = count + i = 0 + 2 = 2。
• i = 3: 3 % 2 是 1 (奇數)。條件不滿足，count 保持為 2。
• i = 4: 4 % 2 是 0 (偶數)。條件滿足。count = count + i = 2 + 4 = 6。
• i = 5: 5 % 2 是 1 (奇數)。條件不滿足，count 保持為 6。

迴圈結束，因為 i 接下來會變成 6，大於 5。
count 變數的最終值是 6。

仔細檢查題目選項和我的計算。
選項有 10, 15, 20, 25。我的結果是 6。
這意味著我可能對題目理解有誤，或者程式碼有我沒注意到的地方，或者題目選項有問題。

重新閱讀程式碼和題目。
程式碼看起來很標準。
for (int i = 1; i <= 5; i++) - i 取值為 1, 2, 3, 4, 5。
if (i % 2 == 0) - 判斷是否為偶數。
count += i; - 如果是偶數，則累加。

i=1 (奇數) -> count = 0
i=2 (偶數) -> count = 0 + 2 = 2
i=3 (奇數) -> count = 2
i=4 (偶數) -> count = 2 + 4 = 6
i=5 (奇數) -> count = 6

我的計算結果是 6。

假設題目選項是正確的，我再來檢查一下是否有其他可能性。
例如，如果迴圈是從 0 開始，或者到 10 結束？
如果迴圈是 for (int i = 1; i <= 10; i++) 並且 if (i % 2 == 0)：
i=2, count=2
i=4, count=2+4=6
i=6, count=6+6=12
i=8, count=12+8=20
i=10, count=20+10=30
這也不對。

回到原題，仔細看選項。
選項是 10, 15, 20, 25。
如果 count 最後是 10，那可能是累加了 2 和 8，或者 4 和 6。
如果 count 最後是 15，那可能是累加了 3, 5, 7？但這是奇數。
如果 count 最後是 20，那可能是 2+4+6+8？ 但迴圈到 5。
如果 count 最後是 25？

我再次確認我的計算：
i=1, count=0
i=2, count=0+2=2
i=3, count=2
i=4, count=2+4=6
i=5, count=6

是否存在 OCR 錯誤？
假設程式碼是 for (int i = 1; i <= 10; i++) 且 if (i % 2 == 0) 則結果是 30。

此題考查遞迴函式 recursive_fun 的時間複雜度分析。

該遞迴函式的結構與斐波那契數列的定義非常相似：
recursive_fun(n) 呼叫 recursive_fun(n-1) 和 recursive_fun(n-2)。
基本情況 (Base Case) 是當 n <= 1 時，返回 1。

這種結構會導致大量的重複計算。例如，計算 recursive_fun(5) 會呼叫 recursive_fun(4) 和 recursive_fun(3)。

此題考查多執行緒程式設計中的同步機制與設計原則。

• 競爭情況 (Race Condition)：當兩個或多個執行緒同時存取共享資源，並且至少有一個執行緒對資源進行寫入操作時，最終的結果取決於執行緒的執行順序。這種不確定性可能導致程式行為異常。
• Mutex (Mutual Exclusion)：是一種同步原語，它被用來確保在任何給定時間，最多只能有一個執行緒能夠進入一個程式碼的關鍵區域（Critical Section）。當一個執行緒獲得 Mutex 時，其他試圖獲取該 Mutex 的執行緒將被阻塞，直到第一個執行緒釋放 Mutex。
• Semaphore：是一種更通用的同步原語，可以控制多個執行緒對有限資源的存取。

此題考查 SOLID 設計原則。SOLID 是物件導向設計的五個基本原則的縮寫：

• S - 單一職責原則 (Single Responsibility Principle, SRP)：一個類別應該只有一個引起它變化的原因。
• O - 開放封閉原則 (Open/Closed Principle, OCP)：軟體實體（類別、模組、函數等）應該對擴展開放，對修改關閉。
• L - 里氏替換原則 (Liskov Substitution Principle, LSP)：子類型必須能夠替換掉它們的基類型。

此題考查 TCP (Transmission Control Protocol) 的擁塞控制機制。TCP 是一種面向連接的、可靠的傳輸層協議，它需要管理網路中的擁塞情況，以避免網路過載和數據包丟失。

• 三向交握 (Three-way Handshake)：這是 TCP 建立連接的過程（SYN, SYN-ACK, ACK），與擁塞控制無關。
• 慢啟動 (Slow Start)：是一種 TCP 的擁塞控制演算法。當連接建立後，TCP 會以一個較小的擁塞窗口 (Congestion Window, CWND) 開始傳輸數據，然後在每次成功接收到確認 (ACK) 後，指數級地增加 CWND，直到達到慢啟動閾值 (Slow Start Threshold, SSTHRESH) 或發生數據包丟失。

核心觀念

本題考查數位學習領域（E-Learning）與人工智慧在教育中的應用（AI in Education, AIED）核心概念，重點在於區分不同教育科技系統的功能定義：

1. 適性學習系統（Adaptive Learning System）：核心精神為「因材施教（Personalization）」，透過追蹤學習者的個人特徵、先備知識、歷程行為（如作答時間、錯誤類型）與表現，動態且即時地調整教學內容、步調、難度路徑以及鷹架／回饋策略。
2. 常見教育科技名詞辨析：區分 CAI（傳統電腦輔助教學）、LMS（課程與學習行政管理平台）、Smart Classroom（結合物聯網與互動設備的實體空間）之核心範疇與功能差異。

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解題方法

解題的切入點在於捕捉題幹中的「動態調整機制」與「學習者個別化特徵」：

• 題幹明確指出：系統能根據「學習者過往的學習行為與表現」，達到「即時調整學習內容難度與回饋策略」。
• 此機制在系統架構中對應了適性系統的三大核心模型：
  • 學習者模型（Learner/Student Model）：記錄過往表現與行為。
  • 領域模型（Domain Model）：定義知識結構與難度層次。
  • 教學/調適模型（Pedagogical/Adaptation Engine）：即時做出內容難度調整與回饋決策。
• 具備此種以數據驅動並即時調適教學流程特性的系統，即為標準的「適性學習系統」。

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選項分析

• (A) 電腦輔助教學（CAI, Computer-Assisted Instruction）：錯誤
  CAI 是利用電腦軟硬體呈現教材、提供練習與測驗的統稱，屬早期發展的範疇。傳統 CAI 多半採用預先編排好的線性（Linear）或固定分支（Branching）流程，缺乏動態評估學習者狀態並「即時動態調適難度與回饋」的智慧化能力。

此題考查資料庫設計中的異常現象及其解決方法。

• 更新異常 (Update Anomaly)：當數據存在冗餘時，如果需要更新某個數據，則必須在所有出現該數據的地方進行更新。如果其中一個地方更新失敗或被遺漏，就會導致數據不一致，產生錯誤。例如，如果客戶的地址信息儲存在每個訂單記錄中，當客戶搬家時，必須更新所有包含該客戶地址的訂單，否則就會出現同一客戶擁有不同地址的情況。

核心觀念

本題考查快取記憶體的平均記憶體存取時間（Average Memory Access Time, AMAT）與快取命中率的關係。

依題目選項所採用的加權平均模型：

$$AMAT=(命中率 \times Cache存取時間)+(未命中率 \times 主記憶體存取時間)$$

且：

$$未命中率=1-命中率$$

已知：

• Cache 存取時間：$10\text{ ns}$
• 主記憶體存取時間：$110\text{ ns}$
• AMAT：$20\text{ ns}$

解題方法

設 Cache 命中率為 $h$，則未命中率為 $1-h$。

代入 AMAT 公式：

$$20=h\times 10+(1-h)\times 110$$

展開：

$$20=10h+110-110h$$ $$20=110-100h$$

移項得：

$$100h=90$$ $$h=0.9=90\%$$

因此，Cache 的命中率為 $90\%$。

選項分析

• (A) 80%：錯誤

  代入加權平均公式：

  $$AMAT=0.8\times 10+0.2\times 110=8+22=30\text{ ns}$$

  平均存取時間為 $30\text{ ns}$，不是題目給定的 $20\text{ ns}$。

• (B) 90%：正確