Skye's Blog

算法原理

模 $\mathrm{pq}$ 时高次同余方程的求解
假设 $\mathrm{p}$ 和 $\mathrm{q}$ 是不同的素数, 并假设 $e \geq 1$ , 满足
$\operatorname{gcd}(e,(p-1)(q-1))=1$
则 $e$ 模 $(p-1)(q-1)$ 存在逆元，即
$d e \equiv 1(\bmod (p-1)(q-1))$
则同余方程
$x^{e} \equiv c(\bmod p q)$
有唯一解 $x \equiv x^{ed} \equiv c^{d}(\bmod p q)$
安全性分析
已知 $p 、q$ 时该方程易解，敌手可以计算欧拉函数 $\varphi(n)=(p-1)(q-1)$ ,然后利用扩展欧几里得算法计算 $e$ 对于 $\varphi(n)$ 的乘法逆元 $d$ ,然后解密。
而 $\mathrm{p、q}$ 未知时,已知公钥 $(e,n)$ 求私钥等价于大数因子分解问题；已知一对 $(M,C)$ 试图还原 $d$ ,等价于离散对数问题。

算法流程

密钥生成过程:
选择两个大素数 $p 、 q$ , 计算公开模数:

$N=q * p$

选择公开加密指数 e，满足:

$\operatorname{gcd}(e,(p-1)(q-1))=1$
RSA 加密过程:
将明文转化为整数 $\mathrm{m}$ ，使用公钥N计算

$C \equiv m^{e}(\bmod N)$

得到密文 $C$
RSA解密过程：
已知 $p,q$ ,计算 $d$ :

$d e \equiv 1(\bmod (p-1)(q-1))$

然后计算明文M：

$M\equiv C^d(\bmod N)$

==在实际应用中，RSA加解密经过分组的数据段，这些数据段长度相等，固定长度时长度不足的数据段需要进行填充。==

算法实现

使用快速模幂运算计算，python中使用pow函数可以达到同样的效果。
一般加密过程e比较小，可以快速实现，但解密时d比较大所以实际中利用中国剩余定理来加快计算：

$\begin{aligned} & m \equiv c^d(\bmod N) \\ & \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} m_1 \equiv c^d(\bmod p) \\ m_2 \equiv c^d(\bmod q) \end{array}\right. \\ & \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} m_1 \equiv(c \bmod p)^{d \mod (p-1)}(\bmod p) \\ m_2 \equiv(c \bmod q)^{d \mod (q-1)}(\bmod q) \end{array}\right. \\ & \Rightarrow m \equiv m_1 A q+m_2 B p(\bmod N=p q) \\ & A=q^{-1} \bmod p \quad B=p^{-1} \bmod q \\ & \end{aligned}$
密钥产生——伪随机数发生器、执行素数判定测试（Miller Rabin）
安全性优化——密钥生成阶段参数选择（否则会产生参数选取不当攻击）
(1)使用大素数，同时要求p，q相差很大
(2)尽量使用强素数p，q,强素数指p-1有很大的素因子。否则若p-1没有很大的质因数，而是由m个较小的质因数 $p_1p_2...p_m$ 组成。则 $p-1=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_m^{a_m}$ ，那么，要分解n则相对容易。(有相关论文可以找到详细分解方法)
(3) $d>N^\frac{1}{4}$ ,避免连分式理论

对RSA的攻击方式

因式分解攻击

分解成功后按照算法原理中的内容可以计算得到明文m

分解方式
- 可以先查询网站http://factordb.com试试

参数选取不当攻击

p，q相差要大(但不能过大)

$|p-q|$ 小时， $\frac{(p-q)^2}{4}$ 也小，此时 $\frac{(p+q)^2}{4}$ 稍大于 $n$ ，即 $\frac{(p+q)}{2}$ 稍大于 $n^\frac{1}{2}$ .

$\frac{(p+q)^2}{4}-n=\frac{(p+q)^2}{4}-pq=\frac{(p-q)^2}{4}$

那么：

while $x>n^\frac{1}{2}$ :
if $x^2-n=y^2$ :
$n=(x+y)(x-y)$
p,q取值差异过大时，可以用开源项目yafu进行分解(过小也可以)，
使用方法
 安装地址

d特别小，e很大(接近N)

问题描述

flag = s2n(flag)
p = getPrime(1024)
q = getPrime(1024)
if p < q:
    p, q = q, p
assert q < p < 2 * q
phi = (p - 1) * (q - 1)
N = p * q
d = randint(0, int(iroot(N, 4)[0]) // 3)
print(f'N = {N}')
print(f'd = {d}')
e = invmod(d, phi)
print(f'e = {e}')
c = pow(flag, e, N)
print(f'c = {c}')

'''
N = 21327609432635697635661734492967514868032345219646509293473450728946796929125596264796686608077350282146808431543688814099354946988813695125850734043400446455515569653767982263228375866016212125033017742119349015072822178318196190745694850995570515630230752678292777440574778729120793338895028632923682027496271327472935942662500117169921554840041050071839641224638348524022215169727418319630285293394980617769914591506983043636592739835090149763802884920200300368993239366686843677366099965654860267609759882686378049533310393901183559714507043035045332273502601434654726043496991435324318063462466253726816633686491
e = 18977835107309220930390004484766560831346929608900345454868912576417879395319152391809677007908654095951324946088077940809180932163517507338773363819836058226479707254933679974004335002153790380237807333376658330135322627930737835299410373663744954613372507542594748704398503555416693543828015836373800739443278657909905379530092958500438988035068330839162959013568315176411267327500693507377318806169025417092598473813234048525222602269176512302545380940501266666455315603787471273429334914051803354595877792553046681362881913923273953799258321308753602286651515092850863999625965095880385885087205694014033060741113
c = 2951989543787250024227309988919939594167825226148750874062428524625014545445228307222640088545937734380203828988989321941362142365155595290586130523703955533644047842799047518117049515659231726842039527270329713890518786418601487875975864228006745361862477308867519292913016550436143764016127132235503694918940332463597026396960672403183254520332051492462851679089378927071373658225211987354898477962818171916800202243021649078952845125153161320695143579666246174891848723194556125740925439954503389599981696506010841328091656707182777225501527571416356759631836676820899342968642257694841513191347688952532566252238
'''

攻击原理
在数学中，连分数或繁分数即如下表达式

$x=a_{0}+\frac{1}{a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}+\frac{1}{\ddots, L}}}}$

由于 $e d \equiv 1(\bmod \varphi(N))$ ，所以存在整数 $\mathrm{k}$ ，满足

$e d-k \varphi(N)=1$

由于 $N=p q>q^{2}$ , 即 $q<N$ ，所以

$\begin{gathered} 0<N-\varphi(N)=p+q-1<2 q+q-1<3 q<3 \sqrt{N} \\ \Rightarrow\left|\frac{e}{N}-\frac{k}{d}\right|=\left|\frac{e d-k N}{d N}\right|=\left|\frac{1+k(\varphi(N)-N)}{d N}\right|<\frac{3 k \sqrt{N}}{d N}=\frac{3 k}{d \sqrt{N}} \end{gathered}$

由于 $k<d$ , 所以 $3k<3d<N^{\frac{1}{4}}$ , 即

$\left|\frac{e}{N}-\frac{k}{d}\right|<\frac{1}{d N^{\frac{1}{4}}} \quad \Rightarrow \quad \left|\frac{e}{N}-\frac{k}{d}\right|<\frac{1}{3 d^{2}}$

由连分数理论，此时 $\frac{k}{d}$ 是 $\frac{e}{N}$ 的一个收敛子：
计算 $\frac{e}{N}$ 的连分数展开, 依次算出每一个渐进分数。因为 $\frac{e}{N}>\frac{k}{d}$ ,所以 $\frac{e}{N}$ 的渐进分数覆盖了 $\frac{k}{d^{\circ}}$ 。就是说 $\frac{e}{N}$ 的渐进分数里有等于 $\frac{k}{d}$ 的分数。接着验证 $k, d$ 是否满足条件就求得了 $k, d$ 的值

攻击代码

# numerator(n):分子, denominator(d)：分母
def t_cf(n, d):  # 将分数 x/y 转为连分数的形式
    res = []
    while d:
        res.append(n // d)
        n, d = d, n % d
    return res


def cf(sub_res):    # 得到渐进分数的分母和分子
    n, d = 1, 0
    for i in sub_res[::-1]:  # 从后面往前循环
        d, n = n, i * n + d
    return d, n


def list_fraction(x, y):     # 列出每个渐进分数
    res = t_cf(x, y)
    res = list(map(cf, (res[0:i] for i in range(1, len(res)))))  # 将连分数的结果逐一截取以求渐进分数
    return res


def get_pq(a, b, c):  # 由p+q和pq的值通过维达定理来求解p和q(解二元一次方程)
    par = gmpy2.isqrt(b * b - 4 * a * c)  # 由上述可得，开根号一定是整数，因为有解
    x1, x2 = (-b + par) // (2 * a), (-b - par) // (2 * a)
    return x1, x2


def wienerAttack(e, n):
    for (d, k) in list_fraction(e, n):  # 用一个for循环来注意试探e/n的连续函数的渐进分数，直到找到一个满足条件的渐进分数
        if k == 0:  # 可能会出现连分数的第一个为0的情况，排除
            continue
        if (e * d - 1) % k != 0:  # ed=1 (mod φ(n)) 因此如果找到了d的话，(ed-1)会整除φ(n),也就是存在k使得(e*d-1)//k=φ(n)
            continue

        phi = (e * d - 1) // k  # 这个结果就是 φ(n)
    
        px, qy = get_pq(1, n - phi + 1, n)

        if px * qy == n:
            p, q = abs(int(px)), abs(int(qy))  # 可能会得到两个负数，负负得正未尝不会出现
            d = gmpy2.invert(e, (p - 1) * (q - 1))  # 求ed=1 (mod  φ(n))的结果，也就是e关于 φ(n)的乘法逆元d
            return d
    print("求解d失败")

d =  wienerAttack(e,N)
#print(d)
m=int(pow(c,d,N))
flag = n2s(m)
print(flag)

选择密文攻击/中间人攻击

RSA算法具有同态特点，即对任意 $x_1,x_2\in Z_n$ ,有 $E_k(x_1,x_2)=E_k(x_1)E_k(x_2)$ .
攻击人截获密文 $c$ ,发出伪造密文 $r^ec$ ( $r$ 为随机数),可以获得对应明文 $m^`=(r^ec)^d=r^{ed}c^d=rm(\bmod N)$ ,得

$m=m^`r^{-1}$
RSA-OAEP可抗击适应性选择密文攻击（EUROCRYPT’94，Bellare-Rogaway, Optimal Asymmetric Encryption Padding (OAEP))
RSA最优非对称加密填充 (RSA-OAEP) 的密钥参数 $\left(N, e, d, G, H, n, k_{0}, k_{1}\right)$ 满足:
- $(N, e, d)$ 是RSA的密钥, 其中
  $d=e^{-1}(\bmod \varphi(N))$ , 并且 $\mid N f=k=n+k_{0}+k_{1}, \mathrm{n}$ 是明文消息的长度,
- $\mathrm{G}, \mathrm{H}$ 是两个杂湊函数, 且满足 $G:\{0,1\}^{k_{0}} \rightarrow\{0,1\}^{k-k_{0}}, H:\{0,1\}^{k-k_{0}} \rightarrow\{0,1\}^{k_{0}}$
- 设 $(N, e)$ 是Alice的RSA公钥, $d$ 是私钥。
  加密过程:
  为了发送一个消息 $m \in\{0,1\}^{n}$ , 给Alice, Bob执行以下几步计算:
  - $r \leftarrow_{U}\{0,1\}^{k_{0}} ; s \leftarrow\left(m \| 0^{k_{1}}\right) \bigoplus G(\hat{r}) ; t=r \bigoplus H(s)$
  - 如果 $(s \| t \geq N)$ , 则返回 $V_{a}$
    $c \leftarrow(s \| t)^{e}(\bmod N)$
  - 所得密文为 $c$
  解密过程:
  收到密文 $c$ 后, Alice执行以下几步计算:
  - $s|| t \leftarrow c^{d}(\bmod N)$ 满足 $|s|=n+k_{1} \underset{k}{1}-k_{0},|t|=k_{0}$
  - $u \leftarrow t \bigoplus H(s) ; v=s \bigoplus G(u)$
  - 输出 $\left\{\begin{array}{c}m, \text { 若 } v=m \| 0^{k_{1}} \\ \text { 拒绝, 其他 }\end{array}\right.$

共模攻击

对于给定的模数N，最多应该只使用一个加密指数，不同用户间不要共享N

攻击原理
用公开指数 $e_1,e_2$ 加密同一段明文 $m$ ，且公开模数 $N$ 不变.
若截获密文
$c_1≡m^e_1 (mod N)$ 和 $c_2≡m^e_2 (mod N)$
可解出 $u、v$ : $e_1u+e_2v=gcd⁡(e_1,e_2)$
进而 $c_1^uc_2^v≡m^e1um^e2v≡m^{gcd⁡(e1,e2)} (mod N)$
若解得 $gcd(e_1,e_2)=1$ ，可直接得到 $m$

低指数广播攻击

同一份明文使用不同模数和相同指数多次加密，可以考虑用中国剩余定理破解，然后直接开e次

$\begin{gather*} c_1=m^e (mod ~~n_1)\\ c_2=m^e (mod n_2)\\ \dots\\ c_n=m^e (mod n_n)\\ \Rightarrow m^e≡x(mod~~ n_1…n_n) \end{gather*}$

e很小时可以直接爆破

循环攻击

在构造n时应选择𝑝和q，使得𝑝-1和q-1有大的素因子。一般选择𝑝和 (𝑝 − 1)/2 均是素数.
否则进行重复加密：

$\begin{aligned} &c^{e} \equiv\left(m^{e}\right) m^{e^{2}}(\bmod n) \\ &c^{e^{2}} \equiv\left(m^{e}\right)^{e^{2}} \equiv m^{e^{3}}(\bmod n) \\ &\cdots \\ &c^{e^{t-1}} \equiv\left(m^{e}\right)^{e^{t-1}} \equiv m^{e^{t}}(\bmod n) \\ &c^{e^{t}} \equiv\left(m^{e}\right)^{e^{t}} \equiv m^{e^{t+1}}(\bmod n) \end{aligned}$

若 $m^{e^{t+1}} \equiv c(\bmod n)$ , 即 $\left(\mathrm{m}^{e^{t}}\right)^{e} \equiv c(\bmod n)$ ，则有 $m^{e^{t}} \equiv m(\bmod n)$ , 即:

$c^{e^{t-1}} \equiv m(\bmod n)=\frac{1}{N}$

可以恢复出明文，但这种攻击方式只有在t比较小时才可行，所以t应该很大
$m^{e^t}\equiv m(\bmod~ n),m^{e^t-1}\equiv 1(\bmod~ n)$
设m在模n下的阶为 $k$ , $k|e^t-1 \Rightarrow e^t\equiv 1(\bmod~k)$ ,所以 $t|\varphi(k)$ ,且 $k|\varphi(n)$ ,要保证t很大需要 $p-1,q-1$ 有很大的素因子，即为强素数。

消息隐藏

用RSA加密后还是本身的点为不动点. $y^e\equiv y~\bmod~n$ .
由数论和中国剩余定理RSA的不动点总数(详细证明我没了解)为
$$(1 + 𝑔cd(𝑒 − 1, 𝑝 − 1))(1 + 𝑔cd(𝑒 − 1, 𝑞 − 1)$$
因e-1, p-1, q-1均为偶数， RSA的不动点至少有9个。

私钥 $d$ 相关信息泄露

定义 $dp=d%(p-1),dq=d%(q-1)$ ,倘若敌手已知 $dp$ ，可进行如下攻击：

$\begin{gather*} dp=d\%(p-1)\\ d=k_1(p-1)+dp\\ 即ed=ek_1(p-1)+dp*e\\ 已知 ed≡1~mod~φ(N)\\ 所以ed=k_2*φ(N)+1\\ 所以ek_1(p-1)+dp*e=k_2*φ(N)+1\\ 整理得dp*e=[k_2*(q-1)-k_1*e](p-1)+1\\ 因为dp>p-1 所以e> [k_2*(q-1)-k_1*e]\\ 令X=[k_2*(q-1)-k_1*e](意味着这样的数只有有限个)，穷举即可 \end{gather*}$