數環演算法

① 解九連環一共用多少下

解開九連環共需要341步，只要上或下一個環，就算一步，不是在框架上滑動。
解一連環需要1步，解二連環需要2步，由此可知，解三連環需要5步，解四連環需要10步，解五連環需要21步，解六連環需要42步，解七連環需要85步，解八需要170步，解九連環需要341步，解十連環需要682步……以後的類推。

② 九連環資料，越多越好！

九連環是一種流傳於山西省的漢族民間的智力玩具。它用九個圓環相連成串，以解開為勝。據明代楊慎《丹鉛總錄》記載，曾以玉石為材料製成兩個互貫的圓環，「兩環互相貫為一，得其關捩，解之為二，又合而為一」。後來，以銅或鐵代替玉石，成為婦女兒童的玩具。它在中國差不多有二千年的歷史，卓文君在給司馬相如的信中有「九連環從中折斷」的句子。清代，《紅樓夢》中也有林黛玉巧解九連環的記載。周邦彥也留下關於九連環的名句「縱妙手、能解連環。」
起源
九連環
西漢才女，辭賦家司馬相如之妻卓文君曾提及九連環：……，七弦琴無心彈，八行書無可傳，九連環從中折斷，十里長亭望眼欲穿；百思想，千懷念，萬般無奈把郎怨。……
卓文君生於西漢，諸葛亮生於東漢末年，其時漢室江山已分崩離析。二人相差幾百年。也就是說，在諸葛亮之前幾百年的西漢，九連環已經存在。故「九連環由諸葛亮發明」之說並不正確，可能系後世誤傳。也有人認為卓文君作詞的故事似元朝杜撰，因為詞風明顯不是漢朝時所有。
2003年3月8日，中國甘肅省嘉峪關市的王仲斌以3分57秒成功解出九連環，進入吉尼斯世界紀錄大全。
2012年10月25日CCTV新聞頻道報道，江西理工大學學生楊咸陽創造最快拆解九連環的記錄，時間為161秒(蒙眼）[1]

歷史
傳說九連環源於中國古代漢族民間，一說發明於戰國時代，另一說發明於三國時期，但能確認就是九連環的記載是明代楊慎（1488-1559，號升庵）的《丹鉛總錄》（見《升庵集》卷六十八），並不早於歐洲。
在中國，戰國時代名家惠施曾著立《連環可解》的立論。惠施所說連環是指《戰國策》卷第十三中提到的玉連環，南宋鮑彪注稱這種玉連環是「兩環相貫」，顯然不是這里所說的九連環。據說三國時期，諸葛亮常帶兵打仗，為排遣妻子寂寞而發明。於明代普及，明代中期時，流傳更是極廣。清代上至士大夫，下至販夫走卒，個個愛玩「九連環」。《紅樓夢》中曾有描寫在深閨中玩九連環的細節。
在西方，16世紀前，歐洲有了九連環的記載。1550年，巴黎刊行的數學文獻，清楚地討論過這「中國難題」。著名義大利數學家卡當的著作中將之稱為「中國九連環」。1685年，英國數學家瓦里斯對此作了詳細的數學說明。19世紀，格羅斯用二進位數給了它一個十分優美的解答。
九連環無論在任何時候，都有這聰明的象徵。在古代，對於人們來說，九連環不算是一種玩具，而是代表智慧的象徵。電視劇看多的人應該會有這樣一個印象：出使天朝的外邦，有些比較囂張的，都會拿出九連環來刁難朝中大臣。在大家都束手無策，外邦使官洋洋得意的時候，總會有一個比較聰明的人出來解出九連環，挽回天朝的顏面。因此，九連環總是會被賦予聰明，有智慧的帽子。

構造
九

各式各樣的九連環 (14張)
連環流行極廣，形式多樣，規格不一。其製作，用金屬絲製成圓形小環九枚，九環相連，套在條形橫板或各式框架上，其框柄有劍形、如意形、蝴蝶形、梅花形等，各環均以銅桿與之相接。玩時，依法使九環全部聯貫子銅圈上，或經過穿套全部解下。其解法多樣，可分可合，變化多端。得法者需經過81次上下才能將相連的九個環套入一柱，再用256次才能將九個環全部解下。此外，也可套成花籃、綉球、宮燈等狀。

同時，九連環也是按照一種順序來解的。解九連環需要相當一段時間，這也可以訓練人的耐心。不僅 如此，九連環還可以根據需要自行增加環數提高難度，但環數增加將使解開步驟呈幾何級數遞增，且本質上並沒有改變解環方法，因此通常所見仍是九環為主。

拆解原理
編輯
鎏金九連環
解開九連環共需要341步，只要上或下一個環，就算一步，不是在框架上滑動。希望大家能夠通過獨立思考，解決這個問題。九連環的解下和套上是一對逆過程。解法跟計算機的格雷碼是同一原理。
九連環的每個環互相制約，只有第一環能夠自由上下。要想下/上第n個環，就必須滿足兩個條件(第一個環除外)。一、第n-1個環在架上；二、第n-1個環前面的環全部不在架上。玩九連環就是要努力滿足上面的兩個條件。解下九連環本質上要從後面的環開始下，而先下前面的環，是為了下後面的環，前面的環還要裝上，不算是真正地取下來。
我們先從最簡單的一連環開始。解一連環需要1步:一下。解二連環需要2步：二下，一下。那解三連環呢？需要5步：一下，三下，一上，二下，一下。也就是解一個連環，再把最後一個環解下，再上一個一環，再解一個二連環。那解一個四連環，需要10步：二下，一下，四下，一上，二上，一下，三下，一上，二下，一下。也就是解一個二連環，再解最後一個環，再上一個二連環，再解一個三連環。
也就是說，解N連環，就是先解一個N-2連環，再解最後一個環，再上N-2連環，再解N-1連環。
解一連環需要1步，解二連環需要2步，由此可知，解三連環需要5步，解四連環需要10步，解五連環需要21步，解六連環需要42步，解七連環需要85步，解八需要170步，解九連環需要341步，解十連環需要682步……以後的類推。

破解方法
編輯
基本方法
把框架和九個圓環分開，如左手持框架柄，右手握環，從右到左編號為1－9將環套入框架為「上」，取出為「下」。
九連環拆解共256步：
下9:
下1(結果98765432在上):下1
下3(結果987654在上):下3上1下12
下5(結果9876在上):下5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12
下7(結果98在上):下7上12下1上3上1下12上4上12下1下3上1下12上5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12下6上12下1上3上1下12上4上12下1下3上1下12下5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12
下9(結果8在上):下9；
九連環的解法
下8:
上2(結果82在上):上12下1
上3(結果83在上):上3上1下12
上4(結果84在上):上4上12下1下3上1下12
上5(結果85在上):上5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12
上6(結果86在上):上6上12下1上3上1下12上4上 12下1下3上1下12下5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12
上7(結果87在上):上7上12下1上3上1下12上4上12下1下3上1下12上5上12下1上3上1下 12下4上12下1下3上1下12下6上12下1上3上1下12上4上12下1下3上1下12下5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12
下8(結果7在上):下8；
下7:
上2(結果72在上):上12下1
上3(結果73在上):上3上1下12
上4(結果74在上):上4上12下1下3上1下12
上5(結果75在上):上5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12
上6(結果76在上):上6上12下1上3上1下12上4上12下1下3上1下12下5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12
下7(結果6在上):下7；
下6:
上2(結果62在上):上12下1
上3(結果63在上):上3上1下12
上4(結果64在上):上4上12下1下3上1下12
上5(結果65在上):上5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12
下6(結果5在上):下6；
下5:
上2(結果52在上):上12下1
上3(結果53在上):上3上1下12
上4(結果54在上):上4上12下1下3上1下12
下5(結果4在上):下5；
下4:
上2(結果42在上):上12下1
上3(結果43在上):上3上1下12
下4(結果3在上):下4；
下3:
上2(結果32在上):上12下1
下3(結果2在上):下3；
下12:
下12(結果拆解完成):上1下12。
九連環安裝共341步：
上98:
上2(結果2在上):上12下1
上3(結果3在上):上3上1下12
上4(結果4在上):上4上12下1下3上1下12
上5(結果5在上):上5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12
上6(結果6在上):上6上12下1上3上1下12上4上12下1下3上1下12下5上12 下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12
上7(結果7在上):上7上12下1上3上1下12上4上12下1下3上1下12上5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12下6上12下1上3上1下12上4上12下1下3上1下12下5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12
上8(結果8在上):上8上12下1上3上1下12上4上12下1下3上1下12上5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12上6上12下1上3上1下12上4上12下1下3上1下12下5上12下1上3上1下12 下4上12下1下3上1下12下7上12下1上3上1下12上4上12下1下3上1下12上5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12下6上12下1上3上1下12上4上12下1下3上1下12下5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12
上9(結果98在上):上9
上76:
九連環的解法
上2(結果982在上):上12下1
上3(結果983在上):上3上1下12
上4(結果984在上):上上4上12下1下3上1下12
上5(結果985在上):上5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12
上6(結果986在上):上6上12下1上3上1下12上4上12 下1下3上1下12下5上12下1上3上1下12下4上12下1下3上1下12
上7(結果9876在上):上7
上54:
上2(結果98762在上):上12下1
上3(結果98763在上):上3上1下12
上4(結果98764在上):上4上12下1下3上1下12
上5(結果987654在上):上5
上32:
上2(結果9876542在上):上12下1
上3(結果9876532在上):上3
上1:
上1(結果安裝完成):上1。
遞歸破解
用「遞歸」描述九連環的拆裝方法比較容易理解和記憶。所謂遞歸就是第n個步驟的解決辦法可以用已知的n-1步（或更早）的辦法來解決。對於九連環來說，就是拆下第n個環的方法可以用拆下第n-1個環的方法來描述。把拆下第n個環的問題轉化成為如何拆下第n-1個環的問題，也就是我們會才第n-1個環就會拆第n個環。以下是具體的拆裝方法描述：
n 拆下第1個環的方法：(D1)
1．把第1個環推出橫桿，從橫桿上面穿下去。
n 裝上第1個環的方法：(U1 )
1．把第1個環從橫桿下面穿上去，拉到外面後套進橫桿。
n 拆下第2個環的方法：(D2 )
1． 把第1個換裝上；(U1)
2． 把第2個和第1個環一起推出橫桿，把第二個環從橫桿上面穿下去；（卸下第2環）
3． 把第1個換再拆下。(D1)
n 裝上第2個環的方法：(U2)
1． 把第1個換裝上；(U1)
2． 把第2個環從橫桿下面穿上去，拉到前面後套進橫桿；（裝上第2環）
3． 把第1個換再拆下。(D1)
n 拆下第n環的方法：( Dn )
1． 把第n-1環裝上去；（Un-1）
2．把第n和n-1環一起推出橫桿，把第n環從橫桿上面穿下去；（卸下第n環）
3． 再把第n-1環卸下。（Dn-1）
n 裝上第n個環的方法：(Un)
1． 把第n-1環裝上去；（Un-1）
2． 把第n個環從橫桿下面穿上去，拉到前面後套進橫桿；（裝上第n環）
3． 把第n-1個換再拆下。(Dn-1)
n 為了加快速度，可以把第n+1個環和第n個環一起卸下去：（Dn.n+1）
1． 把第n+1和n環一起推出橫桿，把n+1環從橫桿上面穿下去；（卸下第n+1環）
2． 把第n-1環裝上去；（Un-1）
3、把第n和n-1環一起推出橫桿，把第n環從橫桿上面穿下去；（卸下第n環）
4． 再把第n-1環卸下。（Dn-1）
舉例說明：
在第1個和第2個環都卸下去的情況下，如何把第3、4環卸下（n=3,D3.4）：
1． 把第4和3環一起推出橫桿，把4環從橫桿上面穿下去；（卸下第4環）
2． 把第2環裝上去；（按方法U2）
3． 把第3和2環一起推出橫桿，把第3環從橫桿上面穿下去；（卸下第3環）
4． 再把第2環卸下。（按照方法D2）

步驟計算
編輯
九連環是中國漢族民間玩具。規定環在桿上用1表示，環在下面用0表示。規定最左邊的環是可以任意上下的那一環，輸出數據中最右邊必須是1，也就是說，010100要寫成0101。
現今是X連環，由於「輸出數據中最右邊必須是1」，所以X可以理解為無限大，右邊多餘的0在輸出時都省略。初始化各環都是0，以下是前9步的情況：
1．1
2．11
3．01
4．011
5．111
6．101
7．001
8．0011
9．1011
問在X連環裝上過程中，第n步完成後，具體情況是怎麼樣的。
答案：將n轉化為二進制，求其格雷碼。將二進制的格雷碼逆序輸出，即得具體情況。
注意：這個演算法揭示了傳統的九連環與現代的格雷碼的重要關系！

程序實現

一種解法
方法一：首先你不斷地數1，2，1，2，1，2，1……
數1的時候上或下第1個環
數2的時候先看看從第一個環數起第一個在框上的環是第幾個，就上/下它的下一個環。如：第1個在框上，則只需上/下第2個環；
第1至第5個都在框下，第6個在框上就上/下第7個環。
一直，堅持數完341個數就解出來了。
方法二：解九連環，首先要知道1、2環怎麼解開，會拆1、2環(如何拆卸請見第一步)，就能拆後面的環了。
拆卸方法
第一環：把第一環從左邊拿起，從上面放下。(有圖解，每環步驟均相同)(綠紅方塊幫助辨別方向，箭頭指引移動方向) 重要步驟！
第二環：和第一環步驟一樣(第一環不能先下)。
拆卸提示(順序)
卸下第一環
卸下第三環
卸下第二環
卸下第五環
用前面的方法裝上第三環，此時可卸下第四環。
卸下第三環和更左邊的環。
卸下第七環
裝上第五環，卸下第六環。
裝上第四環，卸下第五環。
......卸完為止。
卸下第九環，離成功更進一步。
想辦法卸下第八環。
想辦法卸下更前面的環。
大功告成（其實有一百多個步驟）

③ 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。