mk演算法

『壹』 什麼是密鑰分散，有什麼用

密鑰分散演算法簡稱Diversify，是指將一個雙長度的密鑰MK，對分散數據進行處理，推導出一個雙長度的密鑰DK。

推到DK左半部分的方法是：
1、將分散數據的最右8個位元組作為輸入數據；
2、將MK作為加密密鑰；
3、用MK對輸入數據進行3DES運算；
推到DK右半部分的方法是：
1、將分散數據的最右8個位元組求反，作為輸入數據；
2、將MK作為加密密鑰；
3、用MK對輸入數據進行3DES運算；

『貳』 CP-ABE和KP-ABE

首先，要明白一個概念：訪問結構。

​訪問架構（access structure）:訪問結構是安全系統研究的術語，系統的訪問結構是指被授權的集合的結構。

CP-ABE(ciphertext policy attribute based encryption，密文策略屬性基加密系統)：所謂密文政策加密系統是指，密文對應於一個訪問結構而密鑰對應於屬性集合，解密當且僅當屬性集合中的屬性能夠滿足此訪問結構。這種設計比較接近於現實中的應用場景，可以假象每個用戶根據自身條件或者屬性從屬性機構得到密鑰，然後加密者來制定對消息的訪問控制。

KP-ABE​(key policy attribute based encryption，密鑰策略屬性基加密系統)：所謂密鑰政策加密系統是指，密鑰對應於一個訪問控制而密文對應於一個屬性集合，解密當且僅當屬性集合中的屬性能夠滿足此訪問結構。這種設計比較接近靜態場景，此時密文用與其相關的屬性加密存放在伺服器上，當允許用戶得到某些消息時，就分配一個特定的訪問結構給用戶。

CP-ABE流程​

 ​①設置：這是一個隨機演算法，輸入隱藏的安全參數，輸出公開參數PK和一個主密鑰MK。

②加密：這是一個隨機演算法，輸入一個消息m、一個訪問結構A、公開參數PK，輸出密文E。​

③密鑰生成：這是一個隨機演算法，輸入一組屬性Y、主密鑰MK、公開參數PK，輸出一個解密密鑰D。

④解密演算法輸入：​基於訪問結構A加密的密文E，對應屬性組Y的解密密鑰D，公開參數PK。

如果Y∈A，輸出X消息m。

KP-ABE流程

 ​①設置：這是一個隨機演算法，輸入隱藏的安全參數，輸出公開參數PK和一個主密鑰MK。

②加密：這是一個隨機演算法，輸入一個消息m、一組屬性Y、公開參數PK，輸出密文E。​

③密鑰生成：這是一個隨機演算法，輸入訪問結構A、主密鑰MK、公開參數PK，輸出一個解密密鑰D。

④解密演算法輸入：​基於屬性組Y加密的密文E，對應訪問結構A的解密密鑰D，公開參數PK。

如果Y∈A，輸出X消息m。

（摘自http://blog.sina.com.cn/s/blog_bd6974bf0102wft4.html）

1

在物聯網的認證機制中，感測網的認證機制是需要研究的重要部分。無線感測網路中的認證技術主要包括基於輕量級公鑰演算法的認證技術、基於預共享密鑰的認證技術、基於隨機密鑰預分布的認證技術、利用輔助信息的認證技術以及基於單向散列函數的認證技術等。

(1)基於輕量級公鑰演算法的認證技術。鑒於經典的公鑰演算法需要高計算量，在資源有限的無線感測網路中不具有可操作性，當前一些研究正致力於對公鑰演算法進行優化設計以使其能適應無線感測網路，但在能耗和資源方面仍存在很大的改進空間，如基於RSA公鑰演算法的Tiny PK認證方案和基於身份標識的認證演算法等。

(2)基於預共享密鑰的認證技術。SNEP方案中提出兩種配置方法：一是結點之間的共享密鑰，二是每個結點和基站之間的共享密鑰。這類方案使用每對結點之間共享一個主密鑰，可以在任何一對結點之間建立安全通信。其缺點是擴展性和抗捕獲能力較差，任意一結點被俘獲後就會暴露密鑰信息，進而導致全網路癱瘓。

(3)基於單向散列函數的認證技術。該技術主要用於廣播認證。單向散列函數可生成一個密鑰鏈，利用單向散列函數的不可逆性，保證密鑰不可預測。通過某種方式依次公布密鑰鏈中的密鑰，可以對消息進行認證。目前，基於單向散列函數的廣播認證技術主要是對TESLA協議的改進；它以TESLA協議為基礎，對密鑰更新過程、初始認證過程進行了改進，使其能夠在無線感測器網路有效實施。

2

訪問控制 訪問控制是指對用戶合法使用資源的認證和控制。目前，對信息系統的訪問控制主要採用基於角色的訪問控制機制( Role Based Access Control，RBAC)及其擴展模型。RBAC機制主要由Sandhu於1996年提出的基本模型RBAC96構成，其認證過程為：一個用戶先由系統分配一個角色，如管理員、普通用戶等；登錄系統後，根據對用戶角色所設置的訪問策略實現對資源的訪問。顯然，同樣的角色可以訪問同樣的資源。RBAC機制是一種基於互聯網的OA系統、銀行系統、網上商店系統等的訪問控制方法，是基於用戶的。

對物聯網而言，末端是感知網路，即可能是一個感知結點或一個物體，採用用戶角色的形式進行資源控制顯然不夠靈活。

一是本身基於角色的訪問控制在分布式網路環境中已呈現出不相適應的地方，如對具有時問約束資源的訪問控制以及訪問控制的多層次適應性等方面均需要進一步探討；

二是結點不是用戶，而是各類感測器或其他RBAC且種類繁多，基於角色的訪問控制機制中的角色類型無法一一對應這些結點，因此使RBAc機制難於實現；

三是物聯網表現的是信息的感知互動過程，包含了信息的處理、決策和控RBAC程，尤其反向控制是物物互聯的特徵之一，資源的訪問呈現動態性和多層次性，而RBAc機制中一旦用戶被指定為某種角色，其可訪問的資源就相對固定了。因此，尋求新的訪問控制機制是物聯網也是互聯網值得研究的問題。

基於屬性的訪問控制( Attribute Based Access Control, ABAC)是近幾年研究的熱點，若將角色映射成用戶的屬性，可以構成ABAC與RBAC的對等關系』而且屬性的增加相對簡單，同時基於屬性的加密演算法可以使ABAC得以實現。ABAC方法的問題是對較少的屬性來說，加密解密的效率較高，但隨著屬性數量的增加，加密的密文飫度將增加，使演算法的實用性受到限制。目前有兩個發展方向，即基於密鑰策略和基於密文策略，其目標均是改善基於屬性的加密演算法的性能。

『叄』 如何用python編寫一個素數環

此文主要目的，是向大家展示如何才能用python語言，來部署STARK演算法。
STARKs（可擴容的透明知識論證）是創建一種證明的技術，這項證明中f(x)=y，其中f可能要花很長的時間來進行計算，但是這個證明可以被很快驗證。STARK是「雙重擴容」：對於一個需要t步驟的計算，這會花費大約O(t * log(t))步驟才能完成這個證明，這可能是最優的情況，而且這需要通過~O(log2(t))個步驟才能驗證，對於中等大小的T值，它比原始計算快得多。STARKs也擁有隱私保護的「零知識證明」的特性，雖然我們將這類使用案例應用到其中，從而完成可驗證的延遲功能，不需要這類性質，所以我們不用擔心。
首先，先請幾項說明：
這個代碼還沒有完全審核；在實際使用案例中的情況，還不能保證
這部分代碼是還沒有達到理想狀態（是用Python語言寫的）
STARKs 的「真實情況」 傾向於使用二進制欄位而不是素數域的特定應用程序效率的原因；但是，他們確實也表現出，這里寫出的代碼是合法並且可用的。
沒有一個真實的方法來使用STARK。它是一個非常寬泛的加密和數學架構，同時為不同的應用有不同的設置，以及連續的研究來減少證明者和驗證者的復雜性，同時提高可用性。
此文希望大家能夠知道，模運算和素數域是如何運行的，
並且和多項式概念，插值和估值進行結合。
現在，讓我們一起來了解吧！
MIMC
下面是STARK的功能展示：
def mimc(inp, steps, round_constants): start_time = time.time() for i in range(steps-1): inp = (inp**3 + round_constants[i % len(round_constants)]) % molus print("MIMC computed in %.4f sec" % (time.time() - start_time)) return inp
我們選擇MIMC作為案例，因為它（i）很容易理解，（ii）在真實世界使用的很多。函數功能見下圖：
注意：在很多關於MIMC的討論中，你可以典型地看出使用了XOR，而不是+；這是因為MIMC可以在二進制情況下使用，其中添加是XOR；這里我們會在素數領域進行。
在我們的案例中，常數相對而言會是比較小的列表（例如，64位），這會一直連續地進行周期循環（也就說，在k[64]之後）。MIMC自身可以獲得這個特性，因為MIMC可以向後進行計算（從相應的輸出獲得輸入），但是往後計算需要比向前計算多花費100倍的時間（並且沒有方向可以同步進行）。所以你可以將往後計算的功能想像成計算不能同步的工作量證明，並且往前方向計算的功能可以作為驗證的過程。
x -> x(2p-1)/3 是x -> x3 的反函數；根據費馬小定理，這是真實的，盡管這個定理沒有費馬大定理出名，但是依然對數學的貢獻很大。
我們嘗試使用STARK來進行更加有效的驗證，而不是讓驗證者必須在向前方向運行MIMC，在完成向後計算之後，證明者可以在向前方向進行STARK計算，並且驗證者可以很簡單地驗證STARK。我們希望計算STARK可以比MIMC向前和向後之間的運行速度差別要小，所以證明者的時間仍然是有初始的向後計算來主導的。而並不是STARK計算。STARK的認證會相對較快（在python語言演算法中，可以是0.05-0.3秒），不論初始的計算時間有多長。
所有的計算會在2256 – 351 * 232 + 1個模內完成；我們使用素數模，因為它是小於2256 最大的素數，其中乘法群包含了232 個子集（也就是說，有這樣一個數g，從而在完全232次循環之後，G素數環的連續冪模繞回到1），而且是按照6k+5的形式。首個特性是保證FFT和FRI演算法的有效版本，其次是保證MIMC實際上可以向後計算（請見上面提到的x -> x(2p-1)/3 使用方法）。
素域操作
我們通過建立方便的等級來進行素域的操作，同時也有多項式的操作。代碼如下，收首先是小數位數：
class PrimeField(): def __init__(self, molus): # Quick primality test assert pow(2, molus, molus) == 2 self.molus = molus def add(self, x, y): return (x+y) % self.molus def sub(self, x, y): return (x-y) % self.molus def mul(self, x, y): return (x*y) % self.molus
並且使用擴展歐幾里得演算法，來計算模塊逆轉（這和在素域中計算1/x相同）：
# Molar inverse using the extended Euclidean algorithm def inv(self, a): if a == 0: return 0 lm, hm = 1, 0 low, high = a % self.molus, self.molus while low > 1: r = high//low nm, new = hm-lm*r, high-low*r lm, low, hm, high = nm, new, lm, low return lm % self.molus
上面的演算法是相對昂貴的；幸運地是，對於特定的案例，我們需要做很多的模逆計算，有一個數學方法可以讓我們來計算很多逆運算，被稱為蒙哥馬利批量求逆：
使用蒙哥馬利批量求逆來計算模逆，其輸入為紫色，輸出為綠色，乘法門為黑色，紅色方塊是唯一的模逆。
下面的代碼是演算法的體現，其中包含一些特別的邏輯。如果我們正在求逆的集合中包含零，那麼它會將這些零的逆設置為 0 並繼續前進。
def multi_inv(self, values): partials = [1] for i in range(len(values)): partials.append(self.mul(partials[-1], values[i] or 1)) inv = self.inv(partials[-1]) outputs = [0] * len(values) for i in range(len(values), 0, -1): outputs[i-1] = self.mul(partials[i-1], inv) if values[i-1] else 0 inv = self.mul(inv, values[i-1] or 1) return outputs
這部分演算法接下來會驗證稱為非常重要的東西，特別是當我們開始和不同階的多項式進行計算的時候。
現在我們來看看一些多項式計算。我們把多項式當做一個數據集，其中的i是第i階（例如，x3 + 2x + 1變成[1, 2, 0, 1]）。下面就是在一個點進行多項式估算的方法：
# Evaluate a polynomial at a point def eval_poly_at(self, p, x): y = 0 power_of_x = 1 for i, p_coeff in enumerate(p): y += power_of_x * p_coeff power_of_x = (power_of_x * x) % self.molus return y % self.molus
困難和挑戰
f.eval_poly_at([4, 5, 6], 2)的輸出是多少？模是31嗎？
下面的解釋就是答案
.其實也有代碼是多項式加法，減法，乘法和除法；這是很長的加減乘除運算。有一個很重要的內容是拉格朗日插值，它將一組 x 和 y 坐標作為輸入，並返回通過所有這些點的最小多項式（你可以將其視為多項式求值的逆）：
# Build a polynomial that returns 0 at all specified xs def zpoly(self, xs): root = [1] for x in xs: root.insert(0, 0) for j in range(len(root)-1): root[j] -= root[j+1] * x return [x % self.molus for x in root] def lagrange_interp(self, xs, ys): # Generate master numerator polynomial, eg. (x - x1) * (x - x2) * ... * (x - xn) root = self.zpoly(xs) # Generate per-value numerator polynomials, eg. for x=x2, # (x - x1) * (x - x3) * ... * (x - xn), by dividing the master # polynomial back by each x coordinate nums = [self.div_polys(root, [-x, 1]) for x in xs] # Generate denominators by evaluating numerator polys at each x denoms = [self.eval_poly_at(nums[i], xs[i]) for i in range(len(xs))] invdenoms = self.multi_inv(denoms) # Generate output polynomial, which is the sum of the per-value numerator # polynomials rescaled to have the right y values b = [0 for y in ys] for i in range(len(xs)): yslice = self.mul(ys[i], invdenoms[i]) for j in range(len(ys)): if nums[i][j] and ys[i]: b[j] += nums[i][j] * yslice return [x % self.molus for x in b]
相關數學知識請參見此文的M-N部分。需要注意，我們也會有特別的方法lagrange_interp_4和lagrange_interp_2來加速次數小於 2 的拉格朗日插值和次數小於 4 的多項式運算。
快速傅立葉變換
如果你仔細閱讀上面的演算法，你也許會發現拉格朗日插值和多點求值（即求在N個點處次數小於N的多項式的值）都需要耗費2次時間，例如對於1000個點求拉格朗日插值，需要幾百萬個步驟，而且100萬個點的拉格朗日插值需要萬億個步驟。這是不可接受的低效率，所以我們需要使用更加有效的演算法，快速傅立葉變換。
FFT只需要花費O(n * log(n))的時間（也就是說，1000個點的計算需要10,000步，100萬個點的計算需要2000步），雖然它的范圍更受限制；x坐標必須是單位根部的完全集合，必須滿足N = 2k 階。也就是說，如果有N個點，那麼x坐標必須某個P值的連續冪，1, p, p2, p3…，其中pN = 1。這個演算法能夠用來進行多點計算和插值計算，而且只需要調整一個小參數。
下面就是演算法詳情（這是個簡單的表達方式；更詳細內容可以參閱此處代碼）
def fft(vals, molus, root_of_unity): if len(vals) == 1: return vals L = fft(vals[::2], molus, pow(root_of_unity, 2, molus)) R = fft(vals[1::2], molus, pow(root_of_unity, 2, molus)) o = [0 for i in vals] for i, (x, y) in enumerate(zip(L, R)): y_times_root = y*pow(root_of_unity, i, molus) o[i] = (x+y_times_root) % molus o[i+len(L)] = (x-y_times_root) % molus return o def inv_fft(vals, molus, root_of_unity): f = PrimeField(molus) # Inverse FFT invlen = f.inv(len(vals)) return [(x*invlen) % molus for x in fft(vals, molus, f.inv(root_of_unity))]
你可以自己通過一些輸入來運行代碼，並且看看是否能得到想要的結果，當你使用eval_poly_at的時候，給出你期望得到的答案。例如：
>>> fft.fft([3,1,4,1,5,9,2,6], 337, 85, inv=True) [46, 169, 29, 149, 126, 262, 140, 93] >>> f = poly_utils.PrimeField(337) >>> [f.eval_poly_at([46, 169, 29, 149, 126, 262, 140, 93], f.exp(85, i)) for i in range(8)] [3, 1, 4, 1, 5, 9, 2, 6]
傅里葉變換會把[x[0] …. x[n-1]]作為輸入，並且它的目標是輸出x[0] + x[1] + … + x[n-1]作為首個元素，x[0] + x[1] * 2 + … + x[n-1] * w**(n-1)作為第二個元素，等等；快速傅里葉變換可以通過把數據分為兩半，來完成這個，在兩邊都進行FFT，然後將結果結合在一起。
上圖就是信息如何進行FFT運算的解釋。請注意FFT是如何進行兩次數據復制，並且進行粘合，直到你得到一個元素。
現在，我們把所有部分組合起來，看看整件事情是如何：def mk_mimc_proof(inp, steps, round_constants)，它生成運行 MIMC 函數的執行結果的證明，其中給定的輸入為步驟數。首先，是一些 assert 函數：
# Calculate the set of x coordinates xs = get_power_cycle(root_of_unity, molus) column = [] for i in range(len(xs)//4): x_poly = f.lagrange_interp_4( [xs[i+len(xs)*j//4] for j in range(4)], [values[i+len(values)*j//4] for j in range(4)], ) column.append(f.eval_poly_at(x_poly, special_x))
擴展因子是我們將要拉伸的計算軌跡（執行 MIMC 函數的「中間值」的集合）。
m2 = merkelize(column) # Pseudo-randomly select y indices to sample # (m2[1] is the Merkle root of the column) ys = get_pseudorandom_indices(m2[1], len(column), 40) # Compute the Merkle branches for the values in the polynomial and the column branches = [] for y in ys: branches.append([mk_branch(m2, y)] + [mk_branch(m, y + (len(xs) // 4) * j) for j in range(4)])
我們需要步數乘以擴展因子最多為 2^32，因為當 k > 32 時，我們沒有 2^k 次的單位根。
computational_trace_polynomial = inv_fft(computational_trace, molus, subroot) p_evaluations = fft(computational_trace_polynomial, molus, root_of_unity)
我們首個計算會是得出計算軌跡；也就是說，所有的計算中間值，從輸入到輸出。
assert steps <= 2**32 // extension_factor assert is_a_power_of_2(steps) and is_a_power_of_2(len(round_constants)) assert len(round_constants) < steps
然後，我們會從將計算軌跡轉換為多項式，在單位根 g （其中，g^steps = 1）的連續冪的軌跡上「放下」連續值，然後我們對更大的集合——即單位根 g2 的連續冪，其中 g2^steps * 8 = 1（注意 g2^8 = g）的多項式求值。
# Generate the computational trace computational_trace = [inp] for i in range(steps-1): computational_trace.append((computational_trace[-1]**3 + round_constants[i % len(round_constants)]) % molus) output = computational_trace[-1]
黑色： g1 的冪。紫色： g2 的冪。橙色：1。你可以將連續的單位根看作一個按這種方式排列的圓圈。我們沿著 g1的冪「放置」計算軌跡，然後擴展它來計算在中間值處（即 g2 的冪）的相同多項式的值。
我們可以將MIMC的循環常數轉換為多項式。因為這些循環常數鏈是非常通常發生地（在我們的測試中，每64個步驟都會進行），最終證明他們形成了64階的多項式，而且外面可以很容易計算出它的表達式，以及擴展式：
skips2 = steps // len(round_constants) constants_mini_polynomial = fft(round_constants, molus, f.exp(subroot, skips2), inv=True) constants_polynomial = [0 if i % skips2 else constants_mini_polynomial[i//skips2] for i in range(steps)] constants_mini_extension = fft(constants_mini_polynomial, molus, f.exp(root_of_unity, skips2))
假設其中有8192個步驟，並且有64個循環常數。這是我們想要做的：我們正在進行FFT，從而計算循環常數來作為g1128 的功能。然後我們在之間加入很多零，來完成g1本身的功能。因為g1128 大約每64步進行循環，我們知道g1這個功能也會同樣。我們只計算這個擴展中的512個步驟，因為我們知道這個擴展會在每512步之後重復。現在，我們按照斐波那契案例中那樣，計算C(P(x))，除了這次是計算，需要注意，我們不在計算使用系數形式的多項式；而是根據高次單位根的連續冪來對多項式進行求值。
c_of_p需要滿足Q(x) = C(P(x), P(g1*x)，K(x)) = P(g1*x) – P(x)**3 – K(x)；目標是對於任何我們放入計算軌道的x（除了最後一步，因為在最後一步之後，就沒有步驟），計算軌跡中的下個數值就和之前的相等，再加上循環常量。與第1部分中的斐波那契示例不同，其中如果某個計算步驟是在k向量，下個就會是k+1向量，我們把低次單位根（ g1 ）的連續冪放下計算軌跡，所以如果某個計算步驟是在x = g1i ，下個步驟就會在g1i+1 = g1i * g1 = x * g1。因此，對於低階單位根（ g1 ）的每一個冪，我們希望最終會是P(x*g1) = P(x)**3 + K(x)，或者P(x*g1) – P(x)**3 – K(x) = Q(x) = 0。因此，Q(x) 會在低次單位根 g 的所有連續冪上等於零（除了最後一個）。
# Create the composed polynomial such that # C(P(x), P(g1*x), K(x)) = P(g1*x) - P(x)**3 - K(x) c_of_p_evaluations = [(p_evaluations[(i+extension_factor)%precision] - f.exp(p_evaluations[i], 3) - constants_mini_extension[i % len(constants_mini_extension)]) % molus for i in range(precision)] print('Computed C(P, K) polynomial')
有個代數定理證明，如果Q(x)在所有這些x坐標，都等於零，那麼最小多項式的乘積就會在所有這些x坐標等於零：Z(x) = (x – x_1) * (x – x_2) * … * (x – x_n)。通過證明在任何單個的坐標，Q(x)是等於零，我們想要證明這個很難，因為驗證這樣的證明比運行原始計算需要耗費更長的時間，我們會使用一個間接的方式來證明Q(x)是Z(x)的乘積。並且我們會怎麼做呢？通過證明D(x) = Q(x) / Z(x)，並且使用FRI來證明它其實是個多項式，而不是個分數。
我們選擇低次單位根和高次單位根的特定排列，因為事實證明，計算Z(x)，而且除以Z(x)也十分簡單：Z 的表達式是兩項的一部分。
需要注意地是，直接計算Z的分子和分母，然後使用批量模逆的方法將除以Z轉換為乘法，隨後通過 Z(X) 的逆來逐點乘以 Q(x) 的值。需要注意，對於低次單位根的冪，除了最後一個，都可以得到Z(x) = 0，所以這個計算包含其逆計算就會中斷。這是非常不幸的，雖然我們會通過簡單地修改隨機檢查和FRI演算法來堵住這個漏洞，所以就算我們計算錯誤，也沒關系。
因為Z(x)可以簡潔地表達，我們也可以獲得另個好處：驗證者對於任何特別的x，可以快速計算Z(x)，而且還不需要任何提前計算。對於證明者來說，我們可以接受證明者必須處理大小等於步數的多項式，但我們不想讓驗證者做同樣的事情，因為我們希望驗證過程足夠簡潔。
# Compute D(x) = Q(x) / Z(x) # Z(x) = (x^steps - 1) / (x - x_atlast_step) z_num_evaluations = [xs[(i * steps) % precision] - 1 for i in range(precision)] z_num_inv = f.multi_inv(z_num_evaluations) z_den_evaluations = [xs[i] - last_step_position for i in range(precision)] d_evaluations = [cp * zd * zni % molus for cp, zd, zni in zip(c_of_p_evaluations, z_den_evaluations, z_num_inv)] print('Computed D polynomial')
在幾個隨機點上，進行概念檢測D(x) * Z(x) = Q(x)，從而可以驗證轉賬約束，每個計算步驟是之前步驟的有效結果。但是我們也想驗證邊界約束，其中計算的輸入和輸出就是證明者所說的那樣。只是要求證明者提供P(1), D(1), P(last_step)還有D(last_step)的數值，這些都是很脆弱的；沒有證明，那些數值都是在同個多項式。所以，我們使用類似的多項式除法技巧：
# Compute interpolant of ((1, input), (x_atlast_step, output)) interpolant = f.lagrange_interp_2([1, last_step_position], [inp, output]) i_evaluations = [f.eval_poly_at(interpolant, x) for x in xs] zeropoly2 = f.mul_polys([-1, 1], [-last_step_position, 1]) inv_z2_evaluations = f.multi_inv([f.eval_poly_at(quotient, x) for x in xs]) # B = (P - I) / Z2 b_evaluations = [((p - i) * invq) % molus for p, i, invq in zip(p_evaluations, i_evaluations, inv_z2_evaluations)] print('Computed B polynomial')
那麼，我們的論證如下。證明者想要證明P(1) == input和P(last_step) == output。如果我們將I(x)作為插值，那麼就是穿越(1, input)和(last_step, output)亮點的線，於是P(x) – I(x)就會在這亮點上等於零。因此，它會證明P(x) – I(x)是P(x) – I(x)的乘積，並且我們通過提高商數來證明這點。
紫色：計算軌跡多項式 (P) 。綠色：插值 (I)（注意插值是如何構造的，其在 x = 1 處等於輸入（應該是計算軌跡的第一步），在 x=g^(steps-1) 處等於輸出（應該是計算軌跡的最後一步）。紅色：P-I。黃色：在x = 1和 x=g^(steps-1)（即 Z2）處等於 0 的最小多項式。粉紅色：(P – I) / Z2。
現在，我們來看看將P，D和B的默克爾根部組合在一起。
現在，我們需要證明P，D和B其實都是多項式，並且是最大的正確階數。但是FRI證明是很大且昂貴的，而且我們不想有三個FRI證明，所以，我們計算 P，D 和 B 的偽隨機線性組合，並且基於它來進行FRI證明：
# Compute their Merkle roots mtree = merkelize([pval.to_bytes(32, 'big') + dval.to_bytes(32, 'big') + bval.to_bytes(32, 'big') for pval, dval, bval in zip(p_evaluations, d_evaluations, b_evaluations)]) print('Computed hash root')
除非所有這三個多項式有正確的低階，不然幾乎不可能有隨機選擇的線性組合，所以這很足夠。
我們想要證明D的階數小於2 * steps，而且P 和 B 的次數小於steps，所以我們其實使用了隨機的P, P * xsteps, B, Bsteps 和 D的隨機組合，並且可以看出這部分組合是小於2 * steps。
現在，我們來檢查下所有的多項式組合。我們先獲得很多隨機的索引，然後在這些索引上為默克爾樹枝提供多項式：
k1 = int.from_bytes(blake(mtree[1] + b'\x01'), 'big') k2 = int.from_bytes(blake(mtree[1] + b'\x02'), 'big') k3 = int.from_bytes(blake(mtree[1] + b'\x03'), 'big') k4 = int.from_bytes(blake(mtree[1] + b'\x04'), 'big') # Compute the linear combination. We don't even bother calculating it # in coefficient form; we just compute the evaluations root_of_unity_to_the_steps = f.exp(root_of_unity, steps) powers = [1] for i in range(1, precision): powers.append(powers[-1] * root_of_unity_to_the_steps % molus) l_evaluations = [(d_evaluations[i] + p_evaluations[i] * k1 + p_evaluations[i] * k2 * powers[i] + b_evaluations[i] * k3 + b_evaluations[i] * powers[i] * k4) % molus for i in range(precision)]
get_pseudorandom_indices函數會回復[0…precision-1]范圍中的隨機索引，而且exclude_multiples_of參數並不會給出特定參數倍數的值。這就保證了，我們不會沿著原始計算軌跡進行采樣，否則就會獲得錯誤的答案。
證明是由一組默克爾根、經過抽查的分支以及隨機線性組合的低次證明組成：
# Do some spot checks of the Merkle tree at pseudo-random coordinates, excluding # multiples of `extension_factor` branches = [] samples = spot_check_security_factor positions = get_pseudorandom_indices(l_mtree[1], precision, samples, exclude_multiples_of=extension_factor) for pos in positions: branches.append(mk_branch(mtree, pos)) branches.append(mk_branch(mtree, (pos + skips) % precision)) branches.append(mk_branch(l_mtree, pos)) print('Computed %d spot checks' % samples)
整個證明最長的部分是默克爾樹分支，還有FRI證明，這是有更多分支來組成的。這是驗證者的實質結果：
o = [mtree[1], l_mtree[1], branches, prove_low_degree(l_evaluations, root_of_unity, steps * 2, molus, exclude_multiples_of=extension_factor)]
在每個位置，證明者需要提供一個默克爾證明，從而讓驗證者能夠檢查這個默克爾證明，並且檢查C(P(x), P(g1*x), K(x)) = Z(x) * D(x)以及B(x) * Z2(x) + I(x) = P(x)（提醒：對於不在初始計算軌道上的x，Z(x)不會是零，所以C(P(x), P(g1*x), K(x)也不會是零)。驗證者也會檢查線性組合是正確的，然後調用。
for i, pos in enumerate(positions): x = f.exp(G2, pos) x_to_the_steps = f.exp(x, steps) mbranch1 = verify_branch(m_root, pos, branches[i*3]) mbranch2 = verify_branch(m_root, (pos+skips)%precision, branches[i*3+1]) l_of_x = verify_branch(l_root, pos, branches[i*3 + 2], output_as_int=True) p_of_x = int.from_bytes(mbranch1[:32], 'big') p_of_g1x = int.from_bytes(mbranch2[:32], 'big') d_of_x = int.from_bytes(mbranch1[32:64], 'big') b_of_x = int.from_bytes(mbranch1[64:], 'big') zvalue = f.div(f.exp(x, steps) - 1, x - last_step_position) k_of_x = f.eval_poly_at(constants_mini_polynomial, f.exp(x, skips2)) # Check transition constraints Q(x) = Z(x) * D(x) assert (p_of_g1x - p_of_x ** 3 - k_of_x - zvalue * d_of_x) % molus == 0 # Check boundary constraints B(x) * Z2(x) + I(x) = P(x) interpolant = f.lagrange_interp_2([1, last_step_position], [inp, output]) zeropoly2 = f.mul_polys([-1, 1], [-last_step_position, 1]) assert (p_of_x - b_of_x * f.eval_poly_at(zeropoly2, x) - f.eval_poly_at(interpolant, x)) % molus == 0 # Check correctness of the linear combination assert (l_of_x - d_of_x - k1 * p_of_x - k2 * p_of_x * x_to_the_steps - k3 * b_of_x - k4 * b_of_x * x_to_the_steps) % molus == 0
其實還沒有完成成功；證明對跨多項式檢查和 FRI 所需的抽查次數的可靠性分析是非常棘手的。但是這些就是所有代碼，至少你不用擔心進行瘋狂的優化。當我運行以上代碼的時候，我們會獲得STARK證明，會有300-400倍的證明成本例如，一個需要 0.2 秒的 MIMC 計算需要 60 秒來證明）。這就使得4核機器計算MIMC中的 STARK，實際上可以比後向計算 MIMC 更快。也就是說，在python語言，這會相對低效的實現，並且這也會證明運行時間比例會不同。同時，也值得指出，MIMC 的 STARK 證明成本非常低，因為MIMC幾乎是完美地可計算，它的數學形式很簡單。對於平均計算，會包含更少的清晰計算（例如，檢查一個數是大於還是小於另一個），其計算成本可能會更高，會有大約10000-50000倍。