國立中山大學 113 年 《計算機概論與程式設計》

核心觀念

本題考查「無線技術（wireless technology）」與「有線網路技術（wired networking technology）」的區別。

無線技術是指資料透過無線電波、微波或近距離感應等方式傳輸，不需要以實體網路線作為主要傳輸媒介。常見無線技術包括：

• Bluetooth：短距離無線個人區域網路
• 5G：第五代行動通訊技術
• Wi-Fi：無線區域網路技術
• NFC：近距離無線通信
• Ethernet：乙太網路，傳統上以網路線進行有線傳輸

解題方法

逐一判斷各技術的主要傳輸媒介：

1. 若主要透過無線電波或近場感應傳輸，屬於無線技術。
2. 若主要透過雙絞線、同軸電纜或光纖等實體媒介傳輸，屬於有線技術。
3. 找出唯一不符合無線技術定義的選項。

因此，主要使用實體網路線傳輸的 Ethernet 即為答案。

選項分析

(A) Bluetooth

Bluetooth 是短距離無線通信技術，常用於耳機、鍵盤、滑鼠、手機與穿戴式裝置之間的連線。

它利用約 $2.4\ \text{GHz}$ 頻段的無線電波傳輸資料，不需要連接網路線，因此屬於無線技術。本選項錯誤。

(B) 5G

5G 是第五代行動通訊技術，提供手機、基地台與其他行動裝置之間的高速無線通信。

資料主要透過基地台與裝置間的無線電波傳送，因此屬於無線技術。本選項錯誤。

(C) WiFi

核心觀念

本題考查「深度學習（Deep Learning）」與傳統機器學習模型的分類。

深度學習是機器學習的一種，主要以具有多層非線性轉換的人工神經網路，自動從資料中學習特徵與表示。其典型特徵包括：

• 具有多層神經網路結構。
• 透過反向傳播（Backpropagation）與梯度下降法訓練參數。
• 能從原始資料中自動學習多層次特徵。
• 常搭配大量資料與高運算量訓練。

本題中，CNN、LSTM、RNN、GNN 都屬於神經網路架構，通常歸類為深度學習方法；SVM 則是傳統機器學習中的分類與迴歸模型，並非深度神經網路。

解題方法

判斷各選項是否為深度學習方法時，可先確認其是否屬於神經網路架構：

1. 若模型由多層神經元、權重與啟動函數組成，通常屬於深度學習。
2. 若模型主要透過最佳化找出分類超平面，且沒有多層神經網路結構，通常屬於傳統機器學習。
3. 依此標準逐一判斷，SVM 不屬於深度學習方法，因此選 B。

選項分析

(A) CNN：Convolutional Neural Network

CNN，即卷積神經網路，主要用於影像辨識、電腦視覺，也可應用於聲音與文字資料。

其核心結構包括：

• 卷積層（Convolutional Layer）：擷取局部特徵。
• 池化層（Pooling Layer）：降低資料維度並保留重要特徵。
• 全連接層（Fully Connected Layer）：進行分類或預測。

CNN 可透過多個卷積層逐層學習邊緣、紋理、形狀與物體等不同層次的特徵，因此是典型的深度學習方法。

判定：錯誤選項。CNN 屬於深度學習方法。

(B) SVM：Support Vector Machine

SVM，即支援向量機，是一種傳統的監督式機器學習方法，常用於分類問題，也可延伸至迴歸問題。

以二元分類為例，SVM 會尋找一個分類超平面：

$$\mathbf{w}^{T}\mathbf{x}+b=0$$

使不同類別的資料盡量分開，並最大化兩類資料到分類邊界的間隔（margin）。決定分類邊界的關鍵資料點稱為支援向量（Support Vectors）。

SVM 的基本精神是尋找最佳分類邊界，不是建立多層神經網路，也不會像深度神經網路一樣自動學習多層次特徵表示。因此在一般考試分類中，SVM 被歸為傳統機器學習，而非深度學習。

判定：正確選項。SVM 不被視為深度學習方法。

(C) LSTM：Long Short-Term Memory

LSTM，即長短期記憶網路，是 RNN 的改良架構，主要用於處理具有順序性的資料，例如：

• 文字與語言
• 語音
• 時間序列
• 感測器資料

LSTM 使用記憶細胞與閘門機制控制資訊流動，常見閘門包括：

• 遺忘閘門（Forget Gate）
• 輸入閘門（Input Gate）
• 輸出閘門（Output Gate）

其目的在於保留重要的長期資訊，減少傳統 RNN 在長序列訓練時的梯度消失問題。LSTM 本質上是神經網路架構，屬於深度學習方法。

判定：錯誤選項。LSTM 屬於深度學習方法。

核心觀念

本題考查作業系統中的「目錄結構」（directory structure），也就是檔案系統如何組織檔案與資料夾。

常見目錄結構包括：

• 單層目錄
• 雙層目錄
• 樹狀目錄
• 圖形目錄

其中，樹狀目錄以根目錄（root directory）為起點，向下分成多層子目錄，形成階層式結構。現代作業系統通常採用此種架構，例如：

$$\text{根目錄} \rightarrow \text{使用者目錄} \rightarrow \text{專案目錄} \rightarrow \text{檔案}$$

此結構能清楚分類檔案、避免不同使用者或不同資料夾之間發生名稱衝突，也便於檔案管理與搜尋。

解題方法

判斷「最常使用的目錄結構」時，應從現代作業系統的實際檔案管理方式切入。

Windows、Linux、macOS 等系統，都以根目錄或磁碟區為起點，底下再建立多層資料夾。例如：

• Linux：/home/student/Documents
• Windows：C:\Users\Student\Documents
• macOS：/Users/student/Documents

這些路徑都呈現由上而下的階層關係，符合樹狀目錄結構。因此本題答案為樹狀目錄。

選項分析

(A) Single level directory structure：單層目錄結構

單層目錄中，所有檔案都放在同一個目錄內，結構如下：

$$\text{單一目錄} \rightarrow \{\text{檔案1、檔案2、檔案3、}\ldots\}$$

優點是結構簡單、實作容易。

缺點包括：

• 檔案數量增加後難以管理
• 所有檔案必須使用唯一檔名
• 不同使用者可能想使用相同檔名，容易產生衝突
• 不適合大型、多使用者的作業系統

因此，單層目錄不是現代作業系統最常用的結構。

(B) Two level directory structure：雙層目錄結構

雙層目錄通常包含：

1. 主檔案目錄（Master File Directory, MFD）
2. 每位使用者自己的使用者檔案目錄（User File Directory, UFD）

結構可表示為：

$$\text{主目錄} \rightarrow \text{使用者目錄} \rightarrow \text{檔案}$$

此結構改善了單層目錄的檔名衝突問題，因為不同使用者可以各自擁有同名檔案。

核心觀念

本題考查 SQL 的 UPDATE 語法，以及如何依據條件批次修改資料。

銀行要對「帳戶餘額低於 100,000」的所有客戶加發 2% 利息，應完成兩件事：

1. 修改帳戶資料表中的 balance 欄位。
2. 將符合條件的餘額乘以 $1.02$。

計算公式為：

$$\text{新餘額}=\text{原餘額}+\text{原餘額}\times 2\%$$

因此：

$$\text{新餘額}=\text{原餘額}\times(1+0.02) =\text{原餘額}\times1.02$$

標準形式可寫成：

UPDATE account
SET balance = balance * 1.02
WHERE balance < 100000;

其中：

• UPDATE account：指定要修改的資料表為 account。
• SET balance = balance * 1.02：將餘額增加 2%。
• WHERE balance < 100000：只修改餘額低於 100,000 的帳戶。

解題方法

先判斷正確 SQL 必須具備的三個條件：

1. 使用 UPDATE 修改資料。
2. 使用 SET 指定欄位的新值。
3. 使用 WHERE 篩選餘額低於 100,000 的資料。

由於題意中的客戶資料應儲存在 account 資料表，因此表名應為 account。利息計算則應使用：

a.balance = a.balance * 1.02

選項中同時符合資料表名稱、計算公式與條件判斷的是選項 C。

選項分析

(A) UPDATE balance a SET a.balance = a.balance * 1.02 WHERE a.balance < 100000

錯誤。

雖然此選項的乘法公式與 WHERE 條件正確，但它將 balance 當成資料表名稱：

UPDATE balance

題意是修改帳戶的餘額，通常應更新 account 資料表，而 balance 是其中的欄位名稱。因此依本題官方設定，資料表名稱錯誤。

(B) UPDATE balance a SET a.balance += a.balance * 1.02 IF a.balance < 100000

錯誤，包含多個問題：

1. balance 被當成資料表名稱，與題意中的帳戶資料表不符。
2. SQL 使用 WHERE 進行條件篩選，不使用 IF。
3. += 並非通用 SQL 的標準 UPDATE 寫法。
4. 即使某些程式語言支援 +=，其數學意義為：

$$a.balance \mathrel{+}= a.balance\times1.02$$

結果會變成：

核心觀念

本題考查 $n$ 位元二補數（two’s complement）表示法，重點包括：

1. 先將正整數 $107$ 轉換成二進位。
2. 負數的二補數表示法：

• 將正數的二進位逐位元反相；
• 再加上 $1$。

3. 題目選項皆為 $8$ 位元，因此採用 $8$ 位元二補數表示法。

$8$ 位元二補數可表示的整數範圍為：

$$-2^7 \leq x \leq 2^7-1$$

也就是 $-128$ 至 $127$，因此 $-107$ 可以用 $8$ 位元表示。

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解題方法

先將 $107$ 轉換成二進位：

$$107=64+32+8+2+1$$

因此：

$$107_{10}=0110\ 1011_2$$

將 $107$ 的 $8$ 位元表示逐位元反相：

$$0110\ 1011 \longrightarrow 1001\ 0100$$

再加上 $1$：

$$1001\ 0100 + 0000\ 0001 = 1001\ 0101$$

所以，$-107$ 的 $8$ 位元二補數表示為：

$$1001\ 0101$$

故正確選項為 (C)。

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選項分析

(A) $0110\ 1011$

此位元組直接表示正數 $107$：

$$0110\ 1011_2=107_{10}$$

它是 $+107$，不是 $-107$，因此錯誤。

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(B) $1001\ 0100$

此結果是將 $0110\ 1011$ 逐位元反相後得到的值，但尚未加上 $1$。

它是 $107$ 的一補數（one’s complement），不是二補數。若將其視為二補數，負值計算如下：

1. 逐位元反相：

$$1001\ 0100 \longrightarrow 0110\ 1011$$

2. 加上 $1$：

$$0110\ 1011+1=0110\ 1100=108$$

因此它代表 $-108$，不是 $-107$，錯誤。

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(C) $1001\ 0101$

核心觀念

本題考查三維陣列在 row-major order（列優先、以最右側索引變化最快）下的記憶體位址計算。

陣列尺寸為 $3\times4\times5$，索引範圍為：

• 第一維：$0\sim2$
• 第二维：$0\sim3$
• 第三維：$0\sim4$

對於 $A[i][j][k]$，其一維化後的元素位移量為：

$$\text{offset}=i(4\times5)+j(5)+k$$

其中每個元素所占的記憶體大小，需由題目給定的兩個位址反推出來。

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解題方法

第一個已知位置：

$$A[0][2][4]$$

其元素位移量為：

$$0(4\times5)+2(5)+4=14$$

第二個已知位置：

$$A[1][2][2]$$

其元素位移量為：

$$1(4\times5)+2(5)+2=20+10+2=32$$

兩者相差：

$$32-14=18\text{ 個元素}$$

題目給定兩個位址相差：

$$2084-2048=36$$

因此，每個元素占用：

$$\frac{36}{18}=2\text{ bytes}$$

接著計算目標位置 $A[2][1][2]$ 的元素位移量：

$$\text{offset}_{A[2][1][2]} =2(4\times5)+1(5)+2$$ $$=40+5+2=47$$

相較於 $A[0][2][4]$ 的位移量 $14$，目標位置多出：

$$47-14=33\text{ 個元素}$$

每個元素為 $2$ bytes，因此位址增加：

$$33\times2=66$$

所以目標位址為：

$$2048+66=2114$$

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選項分析

核心觀念

本題考查 Python 的：

1. 類別（class）與物件（object）
2. 建構子 __init__
3. 實例方法（instance method）
4. self 自動綁定
5. 字串的正確表示方式

建立物件：

mycar = Car(4, 2)

等同於呼叫：

Car.__init__(mycar, 4, 2)

因此，mycar 具有以下屬性：

mycar.wheels = 4
mycar.doors = 2
mycar.color = ""

類別中的方法：

def paint(self, c):
 self.color = c

其功能是將傳入的參數 c 指定給該物件的 color 屬性。

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解題方法

要將 mycar 的顏色改成紅色，必須：

1. 以 mycar 呼叫 paint 方法。
2. 傳入字串 "red" 作為顏色參數。

正確的呼叫方式為：

mycar.paint("red")

Python 會自動將 mycar 傳給方法中的 self，因此實際效果相當於：

Car.paint(mycar, "red")

方法執行後：

self.color = c

可視為：

mycar.color = "red"

因此 mycar 的顏色成功改為 "red"。

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逐步追蹤（Trace）

初始建立物件：

mycar = Car(4, 2)

物件狀態為：

mycar.wheels = 4
mycar.doors = 2
mycar.color = ""

執行：

mycar.paint("red")

參數綁定如下：

方法參數	實際值
self	mycar
c	"red"

執行方法內容：

self.color = c

結果：

mycar.color = "red"

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選項分析

(A) Car.paint("red")

錯誤。

這是透過類別名稱直接呼叫實例方法，沒有提供物件實例作為 self。

方法需要兩個參數：

核心觀念

本題考查作業系統的「行程狀態」與「CPU 排程」。

行程常見狀態包括：

• Running（執行中）：行程目前正在 CPU 上執行。
• Ready（就緒）：行程已具備執行條件，只等待 CPU 分配。
• Waiting（等待）：行程因等待輸入／輸出或某個事件而暫停，暫時不能執行。
• Terminated（終止）：行程已完成或被結束。
• Sleeping（睡眠）：常表示行程主動暫停一段時間，屬於等待計時器或其他事件的狀態。

題目中的 time slot 指的是 CPU 排程分配給行程的時間片，亦稱 time quantum。當行程使用完時間片，但工作尚未完成時，作業系統會進行搶先式排程，暫停目前行程並將 CPU 分配給其他就緒行程。

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解題方法

判斷行程狀態變化：

$$\text{Running} \xrightarrow{\text{time quantum expired}} \text{Ready}$$

原因如下：

1. 該行程原本正在 CPU 上執行，因此處於 Running 狀態。
2. 分配給它的時間片已經用完，必須暫時讓出 CPU。
3. 題目沒有表示它正在等待 I/O、等待事件，也沒有表示它已經完成。
4. 因此，該行程仍然可以繼續執行，只是排隊等待下一次取得 CPU。
5. 此狀態即為 Ready。

所以官方答案 A. Ready 正確。

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選項分析

(A) Ready

正確。行程因時間片用完而被 CPU 暫停，但仍具備執行條件，會回到 Ready queue，等待排程器再次分配 CPU。

典型狀態轉移為：

核心觀念

本題考查 Huffman coding（霍夫曼編碼）。其核心定義如下：

• 字元出現頻率越高，通常配置越短的編碼。
• 字元在 Huffman tree 中的編碼長度，等於該字元從根節點到葉節點的路徑長度，也就是葉節點的深度。
• 建構方法是反覆選取目前頻率最小的兩個節點合併，合併後的頻率為兩者相加，直到形成完整的二元樹。
• 左、右分支分別標記為 $0$、$1$；左右標記互換只會改變編碼內容，不會改變編碼長度。

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解題方法：建立 Huffman Tree

將各字元依頻率由小到大排列：

$$C2(5),\ C3(7),\ C5(11),\ C6(16),\ C1(24),\ C4(50),\ C7(101)$$

依序合併最小的兩個頻率：

步驟	合併節點	新頻率
1	$C2(5)+C3(7)$	$12$
2	$C5(11)+12$	$23$
3	$C6(16)+23$	$39$
4	$C1(24)+39$	$63$
5	$C4(50)+63$	$113$
6	$C7(101)+113$	$214$

因此 Huffman Tree 的結構可表示為：

$$214 = C7(101)+113$$ $$113 = C4(50)+63$$ $$63 = C1(24)+39$$ $$39 = C6(16)+23$$ $$23 = C5(11)+12$$ $$12 = C2(5)+C3(7)$$

若令每次合併時較小頻率的節點走 $0$，較大頻率的節點走 $1$，可得到一組合法編碼：

字元	一組 Huffman code	編碼長度
$C7$	$0$	$1$ bit
$C4$	$10$	$2$ bits
$C1$	$110$	$3$ bits
$C6$	$1110$	$4$ bits
$C5$	$11110$	$5$ bits
$C2$	$111110$	$6$ bits
$C3$	$111111$	$6$ bits

所以：

$$L(C1)=3,\quad L(C2)=6,\quad L(C3)=6,\quad L(C6)=4,\quad L(C7)=1$$

其中 $L(C_i)$ 表示字元 $C_i$ 的編碼長度。

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選項分析

(A) $C1$ for 2 bits：錯誤

$C1$ 的頻率為 $24$。在 Huffman Tree 中，$C1$ 位於深度 $3$，因此編碼長度為：

核心觀念

本題考查 Python 的串列切片（list slicing）語法：

arr[start:stop]

其規則為：

• start：起始索引，包含在結果中。
• stop：結束索引，不包含在結果中。
• Python 索引從 $0$ 開始。

題目中的串列及索引如下：

索引	0	1	2	3	4	5
元素	'1'	'2'	'3'	'4'	'5'	'6'

解題方法

程式碼為：

arr = ['1', '2', '3', '4', '5', '6']
print(arr[1:2])

arr[1:2] 表示：

• 從索引 $1$ 開始，包含索引 $1$
• 取到索引 $2$ 之前停止，不包含索引 $2$

因此只會取出索引 $1$ 的元素：

arr[1:2] = ['2']

print 輸出：

['2']

逐步追蹤（trace）

1. 建立串列：

arr = ['1', '2', '3', '4', '5', '6']

2. 執行切片：

arr[1:2]

3. 索引 $1$ 對應元素 '2'，索引 $2$ 對應元素 '3'。
4. 結束索引 $2$ 不包含在切片中，因此結果為：

['2']

5. print 印出：

['2']

選項分析

核心觀念

對稱式加密（symmetric encryption）要求通訊雙方共同持有同一把秘密金鑰。若系統中有 $n$ 位使用者，且任意兩位使用者都需要直接進行安全通訊，則每一組使用者需要一把專屬共同金鑰。

由於甲與乙共用的金鑰，同時可供甲傳給乙及乙傳給甲使用，因此「甲—乙」只算一把，不需分成兩把。

解題方法

本題是計算 $20$ 位使用者中，任選兩位使用者組成一組的總數，也就是組合數：

$$\binom{20}{2} = \frac{20!}{2!18!} = \frac{20\times19}{2} = 190$$

因此，全部使用者之間共需要：

$$190\text{ 把共享金鑰}$$

也可用逐一累加的方式理解：

• 第 1 位使用者需與其餘 19 位共用金鑰：$19$ 把
• 第 2 位使用者尚未計算的對象有 18 位：$18$ 把
• 第 3 位使用者新增 $17$ 把
• 持續計算至最後一位

因此：

$$19+18+\cdots+1 = \frac{19\times20}{2} = 190$$

選項分析

• (A) 10：錯誤。
  $10$ 不是 $20$ 位使用者兩兩配對的總數。它常見於誤將使用者數量除以 $2$，但本題不是將人員分成固定的 $10$ 組，而是每一位使用者都要能與其他使用者建立安全通訊。

核心觀念

本題考查排序演算法的逐步追蹤，以及「交換次數」的計算。

雖然題目稱為 bubble sort，但這段程式的實際運作方式是：

• 固定位置 $i$。
• 依序檢查右側位置 $j=i+1,\ldots,4$。
• 若 $a[j]<a[i]$，立即交換 $a[i]$ 與 $a[j]$。
• 每一輪外層迴圈結束後，位置 $i$ 會放入目前未排序部分的最小值。

因此，本題應依照程式的實際執行順序計算交換次數，不可直接套用標準 bubble sort 的比較方式。

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解題方法與逐步追蹤

初始陣列為：

$$[6,10,5,7,8]$$

其中每次符合 $a[j]<a[i]$ 時，才算一次 swap。

外層 $i$	比較與交換過程	該輪交換次數	陣列結果
$i=0$	$10<6$ 否；$5<6$ 是，交換	1	$[5,10,6,7,8]$
	$7<5$ 否；$8<5$ 否
$i=1$	$6<10$ 是，交換	1	$[5,6,10,7,8]$
	$7<6$ 否；$8<6$ 否
$i=2$	$7<10$ 是，交換	1	$[5,6,7,10,8]$
	$8<7$ 否
$i=3$	$8<10$ 是，交換	1	$[5,6,7,8,10]$
$i=4$	沒有右側元素可比較	0	$[5,6,7,8,10]$

所以總交換次數為：

$$1+1+1+1+0=4$$

排序完成後的陣列為：

$$[5,6,7,8,10]$$

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選項分析

核心觀念

本題考查 算術右移（Arithmetic Right Shift, SRA） 與 8 位元二補數（two’s complement）。

算術右移的規則是：

• 每向右移動 1 位，所有位元向右移一格。
• 最左側補入原本的符號位元。
• 符號位元為 $1$ 表示負數，因此負數右移時左側補 $1$。
• 與邏輯右移（Logical Right Shift）不同，邏輯右移的左側固定補 $0$。

題目中的二進位數為：

$$11011010$$

最高位為 $1$，因此它代表一個負的 8 位元二補數整數。

解題方法

對 $11011010$ 做算術右移 2 位。

第一次右移：

$$11011010 \xrightarrow{\text{SRA 1}} 11101101$$

左側補入原本的符號位元 $1$。

第二次右移：

$$11101101 \xrightarrow{\text{SRA 1}} 11110110$$

因此右移 2 位後的結果為：

$$11110110$$

接著將 $11110110$ 轉換為十進位。

方法一：以無號數值扣除 $2^8$

先將 $11110110$ 視為無號數：

$$128+64+32+16+4+2=246$$

因為最高位為 $1$，表示負數，所以二補數的有號值為：

$$246-256=-10$$

因此：

$$11110110_2=-10_{10}$$

方法二：由二補數反推絕對值

對 $11110110$ 取二補數：

1. 位元反相：

$$11110110 \rightarrow 00001001$$

2. 加 $1$：

$$00001001+1=00001010$$

$00001010$ 的十進位值為 $10$，原數為負數，因此：

$$11110110_2=-10_{10}$$

核心觀念

本題考查後序表示法（postfix expression，又稱逆波蘭表示法）的堆疊（stack）運算。

後序表示法的規則是：

• 遇到運算元，直接推入堆疊。
• 遇到二元運算子，從堆疊頂端取出兩個運算元：
• 先取出的為右運算元。
• 後取出的為左運算元。
• 計算結果後，再推回堆疊。
• 最後堆疊中唯一的數值就是答案。

本題將每一個數字視為一個獨立運算元，運算子依序為 $+$、$*$、$/$、$+$、$+$。

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解題方法與逐步追蹤

題目表達式為：

$$826+*263/++$$

依序拆解為：

$$8,\ 2,\ 6,\ +,\ *,\ 2,\ 6,\ 3,\ /,\ +,\ +$$

使用堆疊逐步計算如下：

讀取符號	動作	堆疊內容（底部 $\rightarrow$ 頂端）
$8$	推入 $8$	$[8]$
$2$	推入 $2$	$[8,2]$
$6$	推入 $6$	$[8,2,6]$
$+$	$2+6=8$	$[8,8]$
$*$	$8\times 8=64$	$[64]$
$2$	推入 $2$	$[64,2]$
$6$	推入 $6$	$[64,2,6]$
$3$	推入 $3$	$[64,2,6,3]$
$/$	$6\div 3=2$	$[64,2,2]$
$+$	$2+2=4$	$[64,4]$
$+$	$64+4=68$	$[68]$

因此：

$$8(2+6)+\left(2+\frac{6}{3}\right) =8\times 8+(2+2) =64+4 =68$$

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選項分析

核心觀念

本題考查演算法的時間複雜度，以及輸入規模改變時，執行時間如何依照複雜度成長。

已知演算法的執行時間為：

$$T(N)=O(\sqrt{N})$$

在考試題目的通常假設下，可將執行時間視為與 $\sqrt{N}$ 成正比：

$$T(N)\propto \sqrt{N}$$

因此，輸入規模從 $100$ 增加到 $1000$ 時，執行時間的倍率為：

$$\frac{T(1000)}{T(100)} \approx \frac{\sqrt{1000}}{\sqrt{100}} = \sqrt{\frac{1000}{100}} = \sqrt{10} \approx 3.16$$

原本 $N=100$ 時需要 $1$ 分鐘，因此：

$$T(1000)\approx 1\times 3.16 =3.16\text{ 分鐘}$$

約為 $3$ 分鐘，故選擇 (B)。

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解題方法

可直接使用複雜度倍率公式：

$$\text{時間倍率} = \left(\frac{N_2}{N_1}\right)^{1/2}$$

代入 $N_1=100$、$N_2=1000$：

$$\text{時間倍率} = \left(\frac{1000}{100}\right)^{1/2} = \sqrt{10} \approx 3.16$$

所以：

$$T(1000)\approx 3.16\text{ 分鐘}$$

題目選項以「About」表示近似值，$3.16$ 分鐘可近似為 $3$ 分鐘，因此答案為 (B) About 3 minutes。

需注意，嚴格而言，$O(\sqrt{N})$ 只表示漸近上界，並不保證實際執行時間恰好等於某個常數乘上 $\sqrt{N}$。本題依照選擇題慣例，採用「執行時間與 $\sqrt{N}$ 成正比」的合理假設，並以官方答案 B 為準。

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選項分析

• (A) Same time

錯誤。輸入規模由 $100$ 增加至 $1000$，增加為原本的 $10$ 倍。

核心觀念

本題考查中序表示法（infix notation）轉換為後序表示法（postfix notation），並辨認：

• 次方運算子 ^
• 括號所表示的運算優先順序
• 括號內的負號 $-$ 為一元運算子（unary minus）
• 加法運算子 $+$ 的位置

原式為：

$$A^{(-B)}+C$$

括號明確表示次方的指數是 $-B$，因此運算結構為：

$$A^{((-B))}+C$$

其運算順序是：

1. 先對 $B$ 取負值，得到 $-B$
2. 以 $A$ 的 $(-B)$ 次方，得到 $A^{(-B)}$
3. 再與 $C$ 相加

---

解題方法

後序表示法的規則是：

運算元先輸出，運算子在其所有運算元輸出後再輸出。

先處理括號內的 $-B$：

• 運算元 $B$ 先輸出
• 一元負號 $-$ 接著輸出

因此：

$$-B \longrightarrow B-$$

接著處理次方 $A^{(-B)}$：

• 先輸出 $A$
• 再輸出指數 $B-$
• 最後輸出次方運算子 ^

因此：

A^{(-B)} \longrightarrow AB-^

最後處理加法 $A^{(-B)}+C$：

• 接續輸出 $C$
• 最後輸出加法運算子 $+$

所以完整的後序表示法為：

$$A^{(-B)}+C \longrightarrow AB-^C+$$

因此選項為 (A)。

---

運算樹表示

原式的運算樹如下：

• 根節點是 $+$
• 左子樹是次方運算 ^
• 次方的左運算元是 $A$
• 次方的右子樹是一元負號 $-$，其運算元是 $B$
• 加法的右運算元是 $C$

以後序走訪運算樹時，順序為：

$$A \rightarrow B \rightarrow - \rightarrow ^ \rightarrow C \rightarrow +$$

因此得到：

$$AB-^C+$$

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選項分析

(A) $AB-^C+$：正確

核心觀念

本題考查區塊鏈（blockchain）的基本特徵。區塊鏈是一種以密碼學、分散式網路與共識機制為基礎的資料記錄技術，其核心概念包括：

• Distributed ledger：資料帳本由多個網路節點共同保存。
• Immutability：資料寫入區塊鏈後，若要竄改，必須同時改變後續區塊及多數節點的紀錄，因此具有高度抗竄改性。
• Decentralization：資料驗證與保存不由單一中央機構完全控制。
• Cryptographic security：利用雜湊函數、數位簽章及共識機制，提高資料完整性與交易安全性。
• Consensus mechanism：節點透過工作量證明（Proof of Work, PoW）、權益證明（Proof of Stake, PoS）等機制，對資料狀態達成共識。

區塊鏈的安全性與不可竄改性，通常是透過增加計算成本、節點驗證與密碼學機制所換取，並非以低計算複雜度為主要特徵。

解題方法

題目問的是「哪一項不是區塊鏈技術的主要特徵」，因此應逐一判斷各選項是否符合區塊鏈的典型設計。

判斷重點是：

1. 是否描述區塊鏈的資料儲存方式？
2. 是否描述區塊鏈的網路架構或控制模式？
3. 是否描述區塊鏈透過密碼學與共識機制達成的安全效果？
4. 是否與區塊鏈常見的計算成本相符？

區塊鏈為了完成雜湊運算、交易驗證及共識，通常需要相當的計算資源與網路通訊成本。因此「Low computational complexity」不屬於其主要特徵。

選項分析

(A) Distributed ledger：分散式帳本

正確。區塊鏈的帳本不是只儲存在單一伺服器，而是由多個節點共同保存與同步。每個節點通常持有完整或部分帳本副本，交易需經過網路節點驗證後寫入區塊。

因此，Distributed ledger 是區塊鏈的核心特徵之一。

(B) Immutability：不可變更性

正確。區塊鏈中的每個區塊通常包含前一個區塊的雜湊值。若竄改某一區塊的內容，其雜湊值會改變，後續區塊所保存的鏈結也會失效。

在具備多節點備份與共識機制的情況下，攻擊者必須同時修改大量節點資料，才能使竄改內容被網路接受，因此區塊鏈具有高度不可竄改性。

嚴格來說，immutability 並非「絕對無法修改」，而是指資料一旦經共識確認後，修改成本極高、難以被追溯性地竄改。在基本資訊考試的分類中，仍將其視為區塊鏈的主要特徵。

核心觀念

本題考查傳輸層的兩種主要通訊協定：TCP 與 UDP，重點在於：

• 是否需要建立連線
• 是否提供可靠傳輸
• 是否保證資料順序
• 傳輸效率與適用情境

TCP（Transmission Control Protocol）與 UDP（User Datagram Protocol）都屬於傳輸層協定，但設計目標不同。

TCP 是「連線導向」（connection-oriented）協定。傳送資料前，雙方必須先建立連線；傳輸過程中會透過序號、確認回覆、逾時重傳、流量控制等機制，確保資料可靠且依序抵達。

UDP 是「無連線」（connectionless）協定。傳送端不需先與接收端建立連線，也不負責確認、重傳或排序，因此通訊負擔較低、速度較快，但資料可能遺失、重複或亂序。

比較項目	TCP	UDP
連線方式	連線導向	無連線
可靠性	提供可靠傳輸	不保證可靠傳輸
資料順序	保證依序交付	不保證順序
控制機制	確認、重傳、流量控制	機制較少
傳輸負擔	較高	較低
常見用途	網頁、檔案傳輸、電子郵件	即時影音、線上遊戲、DNS

解題方法

判斷本題可抓住兩組關鍵詞：

1. TCP：connection-oriented、reliable、ordered
2. UDP：connectionless、faster、potentially unreliable

TCP 為了確保可靠性，需要額外進行連線建立、資料確認、遺失重傳與順序整理，因此速度與效率通常不如 UDP。UDP 則直接以資料報（datagram）傳送，省略上述控制機制，降低延遲，但無法保證資料一定抵達。

因此，完整符合 TCP 與 UDP 差異的選項為 (A)。

選項分析

(A) 正確

TCP 是連線導向協定，能透過確認、重傳與序號機制，確保資料可靠且依序送達。UDP 則是無連線協定，不保證資料抵達或順序，但因控制負擔較少，通常具有較低延遲與較快的傳輸特性。

核心觀念

本題考查分類模型的混淆矩陣（confusion matrix）與 recall（召回率）的定義。

四種結果如下：

• TP（True Positive）：實際為正，預測也為正
• FN（False Negative）：實際為正，但預測為負
• FP（False Positive）：實際為負，但預測為正
• TN（True Negative）：實際為負，預測也為負

Recall 衡量的是：

在所有實際為正的資料中，模型成功預測為正的比例。

其公式為：

$$\text{Recall}=\frac{TP}{TP+FN}$$

其中 $TP+FN$ 代表所有實際為正的樣本數。

解題方法

題目給定：

$$TP=500,\qquad FN=100$$

因此，實際為正的樣本總數為：

$$TP+FN=500+100=600$$

代入 recall 公式：

$$\text{Recall} =\frac{TP}{TP+FN} =\frac{500}{500+100} =\frac{500}{600}$$

所以正確選項為：

$$\boxed{\frac{500}{600}}$$

選項分析

• (A) $\frac{500}{600}$：正確

這正是 recall 的公式：

$$\text{Recall}=\frac{TP}{TP+FN} =\frac{500}{500+100} =\frac{500}{600}$$

• (B) $\frac{500}{550}$：錯誤

分母 $TP+FP=500+50=550$，這是 precision 的分母，因此：

$$\text{Precision}=\frac{TP}{TP+FP} =\frac{500}{550}$$

此選項計算的是 precision，不是 recall。

核心觀念

MMU（Memory Management Unit，記憶體管理單元）是位於 CPU 與主記憶體之間的硬體元件，主要負責將 CPU 產生的「虛擬位址（virtual address）」轉換成實際記憶體使用的「實體位址（physical address）」。

在具備虛擬記憶體的系統中，程式所使用的位址通常不是 RAM 中的實際位置，而是由作業系統配置的虛擬位址。MMU 依據頁表（page table）、區段表（segment table）或其他位址轉換資料結構完成轉換：

$$\text{Virtual Address} \longrightarrow \text{Physical Address}$$

以分頁（paging）為例，虛擬位址可分為：

• 頁號（page number）
• 頁內位移（page offset）

MMU 使用頁號查詢頁表，找出對應的實體頁框，再保留原本的頁內位移，組合出實體位址。

$$\text{Physical Address} = \text{Physical Frame Number} + \text{Page Offset}$$

因此，MMU 的主要服務就是「記憶體位址轉換（memory translation）」。

解題方法

判斷本題的關鍵，是辨認各選項是否描述 MMU 的核心硬體功能。

題幹問：

The MMU’s main service to the computer is

其中 MMU 的完整名稱是 Memory Management Unit，但不能只因為名稱中有「Management」就判定它負責所有記憶體管理工作。其最基本、最核心的工作是將程式使用的虛擬位址轉換為 RAM 使用的實體位址。

所以正確選項為：

$$\boxed{\text{memory translation}}$$

選項分析

(A) memory translation

正確。

MMU 主要負責虛擬位址與實體位址之間的轉換。常見機制包括：

• 分頁位址轉換
• 區段位址轉換
• 頁表查詢
• TLB（Translation Lookaside Buffer）快取位址轉換結果
• 記憶體存取權限檢查

其中最直接、最核心的服務就是 memory translation，因此選擇 A。

(B) memory allocation

錯誤。

核心觀念

本題考的是單核心處理器的 First-In-First-Out（FIFO）／First-Come, First-Served（FCFS）排程。

FIFO 的規則是：

1. 依照程序建立（到達）時間先後排入佇列。
2. 先到達的程序先執行。
3. 一旦程序開始執行，通常必須執行完畢後，下一個程序才能開始。
4. 等待時間定義為：

$$\text{等待時間}=\text{開始執行時間}-\text{建立時間}$$

本題採非搶先式 FIFO 排程。

解題方法

依建立時間排序：

$$P1 \rightarrow P2 \rightarrow P3 \rightarrow P4 \rightarrow P5$$

各程序的執行情形如下：

程序	建立時間	執行時間	開始執行	完成時間	等待時間
$P1$	0	30	0	30	$0-0=0$
$P2$	5	12	30	42	$30-5=25$
$P3$	12	18	42	60	$42-12=30$
$P4$	70	20	70	90	$70-70=0$
$P5$	80	10	90	100	$90-80=10$

$P3$ 完成於時間 60，而 $P4$ 在時間 70 才建立，因此處理器在時間 60 至 70 間閒置。這段閒置時間不算任何程序的等待時間。

總等待時間為：

核心觀念

本題考查 C 語言的陣列索引、指標運算與取址運算子：

• 陣列第 $k$ 個元素若採一般人類使用的「第 1 個、第 2 個……」編號，對應的 C 語言索引為 $k-1$。
• t[k-1] 表示第 $k$ 個元素的值。
• &t[k-1] 表示第 $k$ 個元素的記憶體位址。
• * 是「取出指標所指向的值」。
• & 是「取得變數或陣列元素的位址」。

C 語言陣列索引從 $0$ 開始，因此：

$$\text{第 } k \text{ 個元素} = t[k-1]$$

其位址為：

$$\&t[k-1]$$

---

解題方法

將「第 $k$ 個元素」轉換成 C 語言的索引：

$$k \longrightarrow k-1$$

題目問的是「address」，也就是位址，因此必須對該元素使用取址運算子 &：

$$\&t[k-1]$$

所以正確選項為：

$$\boxed{\text{(C) } \&t[k-1]}$$

若以指標表示，陣列名稱 t 在運算式中通常會退化為指向第一個元素的指標，因此也有：

$$\&t[k-1] = t+(k-1)$$

這表示從陣列首元素位址向後位移 $k-1$ 個元素，所得即為第 $k$ 個元素的位址。

---

選項分析

(A) *(t+k)

t+k 表示從陣列第一個元素的位址向後移動 $k$ 個元素，指向索引為 $k$ 的元素。

再使用 *：

$$*(t+k) = t[k]$$

這個運算式取得的是元素的「值」，不是元素的位址。而且若題目採第 $k$ 個元素的一般編號，正確位移應為 $k-1$，因此錯誤。

---

(B) &tPtr[k]

由於 tPtr 指向陣列第一個元素，C 語言中：

$$tPtr[k] = *(tPtr+k)$$

因此：

$$\&tPtr[k] = tPtr+k$$

核心觀念

本題考查作業系統（Operating System, OS）中「排程器」（scheduler）的功能。

排程器的主要工作，是在多個可執行程序（process）或執行緒（thread）之間，決定哪一個程序取得 CPU，以及取得 CPU 的先後順序與時間長度。其目的包括：

• 提高 CPU 使用率
• 增加系統吞吐量
• 降低程序的等待時間與周轉時間
• 維持使用者感受到的快速回應
• 確保不同程序能公平或依優先權取得處理資源

常見的 CPU 排程演算法包括：

• First-Come, First-Served（FCFS）
• Shortest Job First（SJF）
• Round Robin（RR）
• Priority Scheduling
• Multilevel Feedback Queue

嚴格而言，排程器最直接管理的是 CPU 時間；記憶體與周邊裝置則分別由記憶體管理、I/O 管理等作業系統機制負責。不過在考試的廣義敘述中，排程器屬於作業系統資源管理機制的一部分，因此官方答案將「CPU time、memory、peripherals」統合為系統資源配置，選定 B。

解題方法

判斷本題的關鍵，是辨識 scheduler 的核心動詞：

決定程序如何取得與使用系統資源，尤其是 CPU。

當多個程序同時處於可執行狀態時，CPU 一次只能執行有限數量的指令。排程器會根據排程策略選擇下一個執行的程序。例如 Round Robin 會讓每個程序輪流使用固定時間片：

$$P_1 \rightarrow P_2 \rightarrow P_3 \rightarrow P_1 \rightarrow \cdots$$

這種安排可以避免單一程序長時間占用 CPU，提升多工環境下的整體效率與回應能力。

選項 B 提到「控制系統資源的配置」，且明確包含 CPU time，符合排程器在作業系統中的資源分配角色，因此選 B。

選項分析

(A) 錯誤

The scheduler is responsible for managing input/output operations within the operating system...

此敘述主要描述 I/O 管理（input/output management）的工作，例如：

• 磁碟讀寫
• 鍵盤與滑鼠輸入
• 印表機輸出
• 裝置驅動程式與周邊設備溝通
• I/O buffer 與 interrupt 的處理

排程器可能會因為程序等待 I/O 而重新安排 CPU，但這不代表排程器的主要職責是直接管理所有 I/O 操作。因此 A 將 scheduler 與 I/O 管理混淆。

(B) 正確

It controls the allocation of system resources, such as CPU time, memory, and peripherals, to different processes...

核心觀念

本題考查 Python list 模擬堆疊（stack）時的基本操作：

• pop：移除並回傳串列最後一個元素。
• append(value)：將元素加入串列尾端。
• Python 中整數 5 與字串 '5' 是不同資料：

$$5 \ne '5'$$

原始串列為：

$$[5,8,1,2,9]$$

其中最後一個元素 $9$ 是 pop 會處理的對象。

解題方法與逐步追蹤

依照程式碼逐行執行：

第 1 行

stack = [5, 8, 1, 2, 9]

此時：

stack = [5, 8, 1, 2, 9]

第 2 行

x = stack.pop

pop 移除串列最後一個元素 $9$，並將該元素指定給變數 x。

因此：

x = 9
stack = [5, 8, 1, 2]

第 3 行

stack.append('5')

將字串 '5' 加到串列尾端：

stack = [5, 8, 1, 2, '5']

此處加入的是字串 '5'，不是整數 $5$。

第 4 行

stack.append(x)

由於前面已知：

x = 9

因此將整數 $9$ 加到串列尾端：

stack = [5, 8, 1, 2, '5', 9]

所以程式執行完畢後，stack 的內容為：

$$[5,8,1,2,'5',9]$$

選項分析

(A) $[8,1,2,9,'5',5]$

錯誤。

此選項同時出現兩個問題：

1. pop 移除的是最後一個元素 $9$，不是第一個元素 $5$。
2. append(x) 加入的是被取出的 $9$，不是 $5$。

這是把串列誤當成從前端取出元素，並誤判變數 x 的值。

核心觀念

本題考查 IPv4 位址的結構、Classful Networking（有級別網路）以及 subnet broadcast address 的判定方式。

IPv4 位址共有 32 bits，通常分成：

$$\text{Network portion}+\text{Host portion}$$

在傳統 Class C 網路中：

• 網路部分：24 bits
• 主機部分：8 bits
• 每個網路的總位址數：

$$2^8=256$$

但主機部分全為 0 與全為 1 的位址具有特殊用途：

• Host bits 全為 0：Network address
• Host bits 全為 1：Broadcast address

因此可實際分配給主機的位址數為：

$$2^8-2=256-2=254$$

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解題方法

判斷各選項是否正確時，掌握三個關鍵：

1. IPv4 位址長度是否為 32 bits。
2. IP 位址是否可分為 network portion 與 host portion。
3. Class C 的 8 個 host bits 是否能全部分配給主機。

Class C 網路範例：

$$192.168.1.0/24$$

其位址範圍為：

$$192.168.1.0 \sim 192.168.1.255$$

其中：

• $192.168.1.0$：Network address
• $192.168.1.255$：Broadcast address
• $192.168.1.1$ 至 $192.168.1.254$：可分配給主機

所以可用主機位址數為：

$$254$$

而不是 256。

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選項分析

(A) Each host is assigned a unique IP address.

此敘述在基本 TCP/IP 網路模型下正確。

每一台主機在同一個網路範圍內，必須具有唯一的 IP address，才能正確識別來源與目的地，避免封包無法判斷應送往哪一台主機。

補充而言，實際網際網路中可能透過 NAT 讓多台內部主機共用同一個公有 IP，但這不影響本題採用的基本網路觀念。

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(B) IPv4 addresses consist of 32 bits.

此敘述正確。

IPv4 位址長度固定為 32 bits，通常分成 4 個 octets，每個 octet 為 8 bits，以十進位表示，例如：

$$192.168.1.10$$

其二進位形式由四組 8 bits 組成：

$$11000000.10101000.00000001.00001010$$

因此：

$$4\times 8=32\text{ bits}$$

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(C) A class C network has 256 useable addresses which can be assigned to host machines.

此敘述錯誤，為本題答案。

Class C 網路的 host portion 有 8 bits，因此總位址數為：

$$2^8=256$$

但其中兩個位址不能分配給一般主機：

核心觀念

本題考查：

• Binary Search（二分搜尋法）的搜尋流程
• 陣列索引與中間位置 mid 的計算
• 搜尋區間如何依比較結果縮小
• 迴圈執行次數的追蹤
• 二分搜尋法的時間與空間複雜度

二分搜尋法要求資料必須按照遞增或遞減順序排列。本題陣列為遞增排序：

$$[2,5,8,12,16,23,38,56,72,91]$$

mid 的計算方式為：

$$\text{mid}=l+\frac{r-l}{2}$$

在 C++ 的整數運算中，小數部分會被捨去。

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解題方法與逐步追蹤

初始呼叫：

binarySearch(a, 0, 9, 23);

因此初始搜尋範圍為索引 $0$ 到 $9$。

次數	$l$	$r$	$mid$	a[mid]	比較結果	下一步
1	0	9	$0+(9-0)/2=4$	16	$16<23$	往右側搜尋，$l=5$
2	5	9	$5+(9-5)/2=7$	56	$56>23$	往左側搜尋，$r=6$
3	5	6	$5+(6-5)/2=5$	23	找到目標	回傳索引 5

每進入一次 while 迴圈，就會執行：

count++;

因此迴圈共執行 $3$ 次，最後：

$$\texttt{count}=3$$

程式輸出：

3

---

選項分析

(A) The value of variable count is 2 at the end of the program’s execution.

錯誤。

搜尋過程需要檢查索引 $4$、$7$、$5$，共執行三次迴圈，因此：

$$\texttt{count}=3$$

不是 $2$。

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(B) During the first execution of binarySearch, the variable mid is 5.

錯誤。

第一次迴圈執行時：

核心觀念

本題考查作業系統中的三個基本觀念：

1. Device driver（裝置驅動程式）：負責讓作業系統以統一方式控制不同的周邊裝置。
2. System call（系統呼叫）：使用者程式向作業系統請求硬體或核心服務的介面。
3. Privileged instruction（特權指令）：只能由核心模式執行、一般使用者程式不可直接執行的指令，例如直接控制 I/O 硬體的指令。

本題依一般作業系統教科書與考試慣例判定，(A)、(B)、(C) 皆正確，因此選擇 (E)。

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解題方法

逐一判斷 (A)、(B)、(C) 三個敘述：

• 若 (A)、(B)、(C) 全部正確，則 (D)「(A) and (C)」也正確。
• 選項 (E) 為「All of the above」，表示前述 (A)～(D) 全部正確。
• 因此關鍵在於確認 (A)、(B)、(C) 是否成立。

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選項分析

(A) All peripheral devices need a device driver to communicate with the operating system.

正確。

不同周邊裝置的硬體介面與控制方式不同，例如鍵盤、磁碟、網路卡、印表機各有不同的暫存器、通訊協定與操作流程。作業系統通常透過裝置驅動程式，將這些硬體細節封裝起來，使上層程式能以統一介面使用裝置。

其基本關係可表示為：

$$\text{Application} \rightarrow \text{Operating System} \rightarrow \text{Device Driver} \rightarrow \text{Peripheral Device}$$

因此，在本題採用的標準定義下，周邊裝置需要透過 device driver 與作業系統溝通。

補充而言，實務上有些裝置會共用 generic driver（通用驅動程式），或由作業系統內建驅動程式；這並不代表不需要驅動程式，只是使用者不一定會看到獨立的驅動程式檔案。

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(B) The I/O functions, such as scanf and printf in C, eventually invoke system calls to perform I/O.

正確。

scanf 與 printf 是 C standard library 提供的函式，屬於使用者空間的函式。它們本身不能直接操作硬體，而是經過函式庫與作業系統的 I/O 介面，最後透過 system call 請求核心執行輸入或輸出。

概念流程如下：

$$\texttt{printf} \rightarrow \text{C library} \rightarrow \text{system call} \rightarrow \text{kernel} \rightarrow \text{device driver} \rightarrow \text{output device}$$

例如，printf 可能先將資料放入標準輸出緩衝區，之後由函式庫呼叫類似 write 的系統呼叫；核心再交由相應的裝置驅動程式處理。

輸入時，scanf 也會透過標準輸入取得資料，必要時呼叫類似 read 的系統呼叫。

核心觀念

本題考查雲端運算中的虛擬化技術、Hypervisor、SaaS 與 Container 的基本定義。

雲端服務通常建立在虛擬化與資源共享技術上，透過軟體將實體硬體資源抽象化，再依需求提供給使用者。常見概念如下：

• Virtual Machine, VM（虛擬機器）：由軟體模擬出一台具有虛擬 CPU、記憶體、儲存設備與網路介面的電腦。
• Hypervisor（虛擬機器監視器）：負責建立、執行與管理虛擬機器，並分配實體 CPU、記憶體、儲存與網路資源。
• SaaS（Software as a Service）：雲端服務的一種類型，使用者直接透過網路使用軟體，不必自行安裝與維護底層系統。
• Container（容器）：將應用程式及其執行所需的相依套件封裝在一起，但通常共享主機作業系統核心。

本題要求找出 NOT correct 的敘述，因此要辨認哪一個選項違反上述定義。

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解題方法

判斷每個選項是否符合雲端運算與虛擬化的標準定義：

1. 虛擬機器是否為雲端運算的重要技術？
2. Hypervisor 是否負責虛擬資源管理？
3. SaaS 是否屬於雲端服務模型？
4. Container 是否為包含可執行程式及相依套件的軟體封裝？
5. 虛擬機器究竟是對什麼對象進行抽象化？

前四項均符合標準概念；第五項將虛擬機器描述成「純軟體系統的抽象化」，未正確表達虛擬機器的本質，因此依官方答案選 E。

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選項分析

(A) Virtual machine is an enabling technology of cloud computing.

正確。

虛擬機器是雲端運算的重要基礎技術之一。雲端服務提供者可在同一台實體伺服器上建立多台虛擬機器，讓不同使用者共享硬體資源，同時維持彼此的隔離。

例如，一台實體伺服器可以透過 Hypervisor 分割出多個 VM，每個 VM 都能執行自己的作業系統與應用程式。這種方式能提高硬體使用率，並支援雲端常見的彈性配置、快速建立與資源調整。

因此，VM 確實是促成雲端運算的重要技術。

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(B) Hypervisors offer resource management for users to monitor the usage of computing resources.

正確。

Hypervisor 的核心功能包括：

• 建立與刪除虛擬機器
• 分配與回收 CPU、記憶體、儲存空間及網路資源
• 控制不同虛擬機器之間的資源使用
• 維持虛擬機器與實體主機之間的隔離

Hypervisor 會追蹤虛擬機器的資源使用情形，雲端管理平台再將這些資訊呈現給管理者或使用者，用於監控 CPU 使用率、記憶體使用量、磁碟容量與網路流量。

嚴格而言，「讓使用者監控資源」通常由雲端管理介面或監控系統負責，Hypervisor 的直接職責是資源管理與隔離；但就整體雲端架構而言，Hypervisor 提供資源管理與使用量資訊的基礎，因此本選項可視為正確。

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(C) SaaS is one type of cloud computing.

正確。

SaaS 是雲端服務模型之一。常見的雲端服務模型包括：