常數運算（直接套用定義）：

AND 是「全部為 1 才是 1」，所以四題中只有 \(1 \land 1\) 得 1； OR 是「至少一個 1 就是 1」，所以四題中只有 \(0 \lor 0\) 得 0。

含變數 \(A\) 的運算（對應四條定律）：

題意：員工若整年在職即符合年終獎金資格，但試用期員工除外； 績效「優秀」的員工也可獲得獎金。

定義變數：

逐步翻譯： 「整年在職即可獲獎金」\(\Rightarrow W\)； 「除非在試用期」是對這條途徑的例外 \(\Rightarrow W \land \lnot P\)； 「績效優秀也可獲得」是另一條獨立途徑 \(\Rightarrow \lor\, E\)。 \[\text{獲得獎金} = \boxed{(W \land \lnot P) \lor E}\]

檢查邊界情況：試用期但績效優秀（\(P=1, E=1\)）？ 按此式可獲獎金——「unless」只修飾第一條規則，第二條規則（優秀）沒有試用期限制。 這是題目文字最自然的讀法。

題意：週末停車免費；平日只有出示許可證才免費； 但貨車（lorry）一律要收費。

定義變數：

逐步翻譯： 「週末免費」\(\Rightarrow W\)； 「平日出示許可證免費」\(\Rightarrow \lnot W \land P\)； 兩條途徑相 \(\lor\)：\(W \lor (\lnot W \land P)\)； 「貨車一律付費」是凌駕一切的否決條件 \(\Rightarrow \land\,\lnot L\)。 \[\text{免費} = (W \lor (\lnot W \land P)) \land \lnot L = \boxed{(W \lor P) \land \lnot L}\]

最後一步用了 \(X \lor (\lnot X \land Y) \equiv X \lor Y\)： 「週末，或者（平日）有許可證」化簡後就是「週末或有許可證」—— 週末時有沒有許可證都免費，所以 \(\lnot W\) 這個條件是多餘的。

題意：持票者可入場，但 12 歲以下兒童除外——除非有成人陪同； 表演者不需要票、一律可入場。

定義變數：

逐步翻譯（由內而外處理雙層例外）：

1. 基本規則：「持票可入場」\(\Rightarrow T\)；

2. 第一層例外：「12 歲以下兒童除外」——但「除非有成人陪同」 又是例外的例外。真正被擋下的是「兒童且沒有成人陪同」： \(C \land \lnot A\)。所以持票入場的完整條件是 \(T \land \lnot(C \land \lnot A)\)；

3. 「表演者一律可入場（即使沒票）」是獨立途徑 \(\Rightarrow \lor\, P\)。

\[\text{可入場} = T \land \lnot(C \land \lnot A) \lor P = \boxed{(T \land (\lnot C \lor A)) \lor P}\] （最後用德摩根把 \(\lnot(C \land \lnot A)\) 展開成 \(\lnot C \lor A\)： 「不是兒童，或有成人陪同」。）

檢查：持票的 10 歲兒童、無陪同（\(T{=}1,C{=}1,A{=}0,P{=}0\)）： \(\lnot C \lor A = 0\) → 不可入場 ✓； 同樣的兒童有成人陪同（\(A{=}1\)）：可入場 ✓； 沒票的表演者（\(P{=}1\)）：可入場 ✓。

真值表輸出依序為 \(1,1,1,1,1,0,1,0\)（1 的位置：\(000\)–\(100\)、\(110\)）。填入 K-map：

• 整個第一列（\(A=0\)，4 格）：框內 \(B\)、\(C\) 都有變化，只有 \(A=0\) 不變 \(\Rightarrow \lnot A\)；

• 左右兩端欄（\(BC=00\) 與 \(BC=10\)，繞回相接成 \(2\times2\)，4 格）： 框內 \(A\)、\(B\) 都有變化，只有 \(C=0\) 不變 \(\Rightarrow \lnot C\)。

\[\text{Out} = \boxed{\lnot A \lor \lnot C}\] 驗證：\(\lnot A \lor \lnot C = 0\) 只發生在 \(A{=}1\) 且 \(C{=}1\)， 即第 \(101\)、\(111\) 列——正是表中僅有的兩個 0 ✓。 Logisim 電路：2 個 NOT + 1 個 OR（共 3 個閘）。 也可以再用德摩根寫成 \(\lnot(A \land C)\)——1 個 AND + 1 個 NOT。

輸出依序為 \(1,1,0,0,1,1,1,0\)（1 的位置：\(000,001,100,101,110\)）。填入 K-map：

• 左邊 \(2\times2\) 方塊（\(BC \in \{00,01\}\)、兩列都有）： 只有 \(B=0\) 不變 \(\Rightarrow \lnot B\)；

• 第二列左右兩端（\(100\) 與 \(110\)，繞回相接，2 格）： \(A=1\)、\(C=0\) 不變 \(\Rightarrow A \land \lnot C\)。

\[\text{Out} = \boxed{\lnot B \lor (A \land \lnot C)}\] 驗證：\(110\)：\(A \land \lnot C = 1\) ✓；\(111\)：兩項皆 0 → 0 ✓； \(010,011\)：兩項皆 0 → 0 ✓。 Logisim 電路：\(\lnot B\)、\(\lnot C\)、AND、OR，共 4 個閘。

輸出依序為 \(0,1,1,1,0,0,1,0\)（1 的位置：\(001,010,011,110\)）。填入 K-map：

• 第一列中間兩格（\(001\)、\(011\)）：\(A=0\)、\(C=1\) 不變 \(\Rightarrow \lnot A \land C\)；

• 右端整欄（\(010\)、\(110\)，即 \(BC=10\)）：\(B=1\)、\(C=0\) 不變 \(\Rightarrow B \land \lnot C\)。

\[\text{Out} = \boxed{(\lnot A \land C) \lor (B \land \lnot C)}\] 這裡沒有任何 4 格的框可圈（四個 1 無法排成 \(2\times2\) 或 \(1\times4\)）， 兩個 2 格框就是最佳解。 驗證：\(010\)：\(B \land \lnot C = 1\) ✓；\(111\)：\(\lnot A \land C = 0\)、 \(B \land \lnot C = 0\) → 0 ✓。 Logisim 電路：\(\lnot A\)、\(\lnot C\)、2 個 AND、1 個 OR，共 5 個閘。

NOT（1 個 NAND）：利用冪等律 \(A \land A \equiv A\)： \[\lnot A \equiv \lnot(A \land A) = \text{NAND}(A, A)\] 把同一訊號接到 NAND 的兩隻輸入腳即可。 （NAND 板小技巧：也可以接 \(\text{NAND}(A, 1)\)——用板上的常數 1 腳位。）

AND（2 個 NAND）：NAND 本身就是「AND 加否定」，再補一個 NOT 抵消： \[A \land B \equiv \lnot\lnot(A \land B) = \text{NAND}\bigl(\text{NAND}(A,B),\, \text{NAND}(A,B)\bigr)\]

OR（3 個 NAND）：雙重否定＋德摩根： \[A \lor B \equiv \lnot\lnot(A \lor B) \equiv \lnot(\lnot A \land \lnot B) = \text{NAND}\bigl(\text{NAND}(A,A),\, \text{NAND}(B,B)\bigr)\] （OR = 兩個輸入先各自反相，再接 NAND。）

NOR（4 個 NAND）：NOR 就是 OR 再取否定， 在 3 個 NAND 的 OR 後面接一個 NOT 型 NAND： \[\lnot(A \lor B) = \text{NAND}(t, t), \qquad t = \text{NAND}\bigl(\text{NAND}(A,A),\, \text{NAND}(B,B)\bigr)\]

從提示公式出發，套雙重否定與德摩根： \[\begin{array}{cl} & (\lnot A \land B) \lor (A \land \lnot B) \\ \equiv & \lnot\lnot\bigl((\lnot A \land B) \lor (A \land \lnot B)\bigr) \quad\text{【雙重否定】} \\ \equiv & \lnot\bigl(\lnot(\lnot A \land B) \land \lnot(A \land \lnot B)\bigr) \quad\text{【德摩根】} \\ \end{array}\] 數否定：\(\lnot A\)、\(\lnot B\) 各 1 個（輸入複製型 NAND）， \(\lnot(\lnot A \land B)\)、\(\lnot(A \land \lnot B)\)、最外層 \(\lnot(\cdots\land\cdots)\) 各 1 個——共 5 個 NAND：

把 \(A=0\) 與 \(A=1\) 的 16 列各自填入一張 \(BC \backslash DE\) 卡諾圖 （列、欄皆為格雷碼順序 \(00,01,11,10\)）：

\(A=0\) 圖的圈選：

• 右邊兩欄整塊（\(DE \in \{11,10\}\)，8 格全為 1）： 只有 \(D=1\) 不變 \(\Rightarrow D\)；

• 中間兩列的 \(DE=00\) 欄（2 格）：\(C=1\)、\(D=0\)、\(E=0\) 不變 \(\Rightarrow C \land \lnot D \land \lnot E\)。

（單看這張圖，這 2 格其實可以和右邊 \(DE=10\) 欄的鄰格圈成更大的 \(C \land \lnot E\) 繞回方框；但下面會看到， 選 \(C \land \lnot D \land \lnot E\) 能跟 \(A=1\) 圖疊合，整體更省。）

\(A=1\) 圖的圈選：

• 中間兩列的 \(DE=00\) 欄（2 格）： \(\Rightarrow C \land \lnot D \land \lnot E\) —— 與 \(A=0\) 圖同位置、同形狀！

• 最下列 \(DE \in \{11,10\}\)（2 格）：\(B=1\)、\(C=0\)、\(D=1\) 不變 \(\Rightarrow B \land \lnot C \land D\)。

疊合（overlay）兩張圖：

• \(C \land \lnot D \land \lnot E\) 在兩張圖的相同位置都出現 \(\Rightarrow\) 此框跨越 \(A=0\) 與 \(A=1\)，變數 \(A\) 被消去： 項為 \(C \land \lnot D \land \lnot E\)；

• \(D\) 大框只出現在 \(A=0\) 圖 \(\Rightarrow \lnot A \land D\)；

• \(B \land \lnot C \land D\) 只出現在 \(A=1\) 圖 \(\Rightarrow A \land B \land \lnot C \land D\)。

\[\text{Out} = \boxed{(C \land \lnot D \land \lnot E) \lor (\lnot A \land D) \lor (A \land B \land \lnot C \land D)}\]

覆蓋檢查：三項覆蓋的 1 互不重疊—— 第一項含 \(D=0\)（4 個：\(00100, 01100, 10100, 11100\)）、 第二項 \(A=0, D=1\)（8 個）、第三項 \(A=1\)（2 個：\(11010, 11011\)）， 合計 \(4+8+2 = 14\) 個，與真值表的 14 個 1 完全一致 ✓。

Logisim 電路（閘輸入 \(\le 2\)）： 反相器 \(\lnot A, \lnot C, \lnot D, \lnot E\)（4 個 NOT）、 第一項 2 個 AND、第二項 1 個 AND、第三項 3 個 AND、最後 2 個 OR—— 共 12 個閘。

再省一點（進階）：把第二、三項先提出公因子 \(D\)： \[\text{Out} = \bigl(D \land (\lnot A \lor (B \land \lnot C))\bigr) \lor (C \land \lnot D \land \lnot E)\] （用了 \(\lnot A \lor (A \land B \land \lnot C) \equiv \lnot A \lor (B \land \lnot C)\)， 即 \(\lnot X \lor (X \land Y) \equiv \lnot X \lor Y\)。） 這個因式化版本只需 4 NOT + 4 AND + 2 OR = 10 個閘， 且是下一大題 NAND 轉換的絕佳起點。

把 12 閘 SOP 電路的每個閘換成 NAND 實作： NOT \(\to\) 1 個、AND \(\to\) 2 個、OR \(\to\) 3 個： \[4 \times 1 + 6 \times 2 + 2 \times 3 = \textbf{22 個 NAND}\] （用 10 閘因式化電路出發則是 \(4 + 8 + 6 = 18\) 個。） 這樣做正確但浪費——很多「NAND + NOT 型 NAND」對其實是雙重否定，可整對刪除。 下面用代數方法直接推出精簡版。

從 10 閘因式化式子出發： \[\text{Out} = \bigl(D \land F\bigr) \lor T, \qquad F = \lnot A \lor (B \land \lnot C), \qquad T = C \land \lnot D \land \lnot E\]

轉換 \(F\)（3 個 NAND）：\(F\) 的形式是 \(\lnot X \lor Y\)， 而 \(\lnot X \lor Y \equiv \lnot(X \land \lnot Y) = \text{NAND}(X, \lnot Y)\)： \[F = \lnot\bigl(A \land \lnot(B \land \lnot C)\bigr) = \text{NAND}\bigl(A,\ \text{NAND}(B, \lnot C)\bigr), \qquad \lnot C = \text{NAND}(C,C)\]

轉換最外層 OR（各給一個否定）： \(X \lor Y = \text{NAND}(\lnot X, \lnot Y)\)， 所以只需要 \(\lnot(D \land F)\)（本身就是一個 NAND！）與 \(\lnot T\)。

轉換 \(\lnot T\)（5 個 NAND）： \(T = C \land (\lnot D \land \lnot E)\)，先做 \(\lnot D \land \lnot E\)（3 個）， 再 \(\lnot T = \text{NAND}(C, \lnot D \land \lnot E)\)。

完整接線表（10 個 NAND）：

（圖中 \(C\)、\(D\) 各出現兩處——在 Logisim／NAND 板上從同一輸入分支即可。）

抽查驗證（對照真值表）：

• \(10100\)（\(A{=}1, C{=}1\)，其餘 0）：N1\({}=0\)，N2\({}=1\)，N3\({}=0\)， N4\({}=1\)；N5\({}=1\)，N6\({}=1\)，N7\({}=0\)，N8\({}=1\)，N9\({}=\text{NAND}(1,1)=0\)； N10\({}=\text{NAND}(1,0)=1\) ✓（表中此列為 1）。

• \(11110\)（\(A,B,C,D{=}1, E{=}0\)）：N1\({}=0\)，N2\({}=1\)，N3\({}=0\)， N4\({}=\text{NAND}(1,0)=1\)；N5\({}=0\)，N8\({}=0\)，N9\({}=1\)； N10\({}=\text{NAND}(1,1)=0\) ✓（表中為 0）。

• \(00010\)（僅 \(D{=}1\)）：N3\({}=\text{NAND}(0,\cdot)=1\)， N4\({}=\text{NAND}(1,1)=0\)；N10\({}=\text{NAND}(0,\cdot)=1\) ✓。