RSA与大数运算(基本原理剖析)

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RSA 依赖大数运算,目前主流RSA算法都建立在512 到1024位的大数运算之上。
而大多数的编译器只能支持到64位的整数运算,即我们在运算中所使用的整数必须小
于等于64位,即:0xffffffffffffffff,也就是18446744073709551615,这远远达不
到RSA 的需要,于是需要专门建立大数运算库来解决这一问题。

    最简单的办法是将大数当作数组进行处理,也就是将大数用0—9这十个数字组成
的数组进行表示,然后模拟人们手工进行“竖式计算”的过程编写其加减乘除函数。
但是这样做效率很低,因为二进制为1024位的大数其十进制也有三百多位,对于任何
一种运算,都需要在两个有数百个元素的数组空间上做多重循环,还需要许多额外的
空间存放计算的进退位标志及中间结果。另外,对于某些特殊的运算而言,采用二进
制会使计算过程大大简化,这种大数表示方法转化成二进制显然非常麻烦,所以在某
些实例中则干脆采用了二进制数组的方法来记录大数,这样效率就更低了。

    一个有效的改进方法是将大数表示为一个n 进制数组,对于目前的32位系统而言
n 可以取值为2 的32次方,即0x10000000,假如将一个二进制为1024位的大数转化成
0x10000000进制,它就变成了32位,而每一位的取值范围就不是二进制的0—1或十进
制的0—9,而是0-0xffffffff,我们正好可以用一个无符号长整数来表示这一数值。
所以1024位的大数就是一个有32个元素的unsigned long数组,针对unsigned long数
组进行各种运算所需的循环规模至多32次而已。而且0x100000000 进制与二进制,对
于计算机来说,几乎是一回事,转换非常容易。

    例如大数18446744073709551615,等于 ffffffff ffffffff,就相当于十进制的
99:有两位,每位都是ffffffff。而18446744073709551616 等于00000001 00000000
00000000,就相当于十进制的100:有三位,第一位是1 ,其它两位是0,如此等等。
在实际应用中,“数字”数组的排列顺序采用低位在前高位在后的方式,这样,大数
A 就可以方便地用数学表达式来表示其值:A=Sum[i=0 to n](A[i]*0x100000000**i)
(其中Sum 表示求和,A[i]表示用以记录A 的数组的第i 个元素,**表示乘方)。

    任何整数运算最终都能分解成数字与数字之间的运算,在0x100000000 进制下其
“数字”最大达到0xffffffff,其数字与数字之间的运算,结果也必然超出了目前32
系统的字长。在VC++中,存在一个__int64 类型可以处理64位的整数,所以不用担心
这一问题,而在其它编译系统中如果不存在64位整形,就需要采用更小的进制方式来
存储大数,例如WORD类型(16位)可以用来表示0x10000 进制,但效率更高的办法还
是采用32位的DWORD 类型,只不过将0x100000000 进制改成0x40000000进制,这样两
个数字进行四则运算的最大结果为 0x3fffffff * 0x3fffffff,小于0xffffffff,只
是不能简单地用高位低位来将运算结果拆分成两个“数字”。

加法

设:
  A=Sum[i=0 to p](A[i]*0x100000000**i)
  B=Sum[i=0 to q](B[i]*0x100000000**i),p>=q
  C=Sum[i=0 to n](C[i]*0x100000000**i)=A+B

显然:
  C[i]不是简单地等于A[i]+B[i],因为如果C[i]>0xffffffff就需要进位,当然计算
  C[i-1]时也可能产生了进位,所以计算C[i]时还要加上上次的进位值。

如果用carry[i]记录每次的进位则有:
  C[i]=A[i]+B[i]+carry[i-1]-carry[i]*0x100000000
  其中carry[-1]=0
  若A[i]+B[i]+carry[i-1]>0xffffffff,则carry[i]=1;反之则carry[i]=0
  若carry[p]=0,则n=p;反之则n=p+1

减法

设:
  A=Sum[i=0 to p](A[i]*0x100000000**i)
  B=Sum[i=0 to q](B[i]*0x100000000**i),p>=q
  C=Sum[i=0 to n](C[i]*0x100000000**i)=A-B

显然:
  C[i]不是简单地等于A[i]-B[i],因为如果A[i]  C[i-1]时也可能产生了借位,所以计算C[i]时还要减去上次的借位值。

如果用carry[i]记录每次的借位则有:
  C[i]=A[i]+carry[i]*0x100000000-B[i]-carry[i-1]
  其中carry[-1]=0
  若A[i]>B[i]则carry[i]=0;反之则carry[i]=1
  若C[p]=0,则n=p-1;反之则n=p

乘法

设:
  A=Sum[i=0 to p](A[i]*0x100000000**i)
  B=Sum[i=0 to q](B[i]*0x100000000**i),p>=q
  C=Sum[i=0 to n](C[i]*0x100000000**i)=A*B

显然:
  C=Sum[i=0 to q](A*B[i]*0x100000000**i)
  而(A*B[i]*100000000**i)=Sum[j=0 to p](A[j]*B[i]*0x100000000**(i+j))
  所以C=Sum[i=0 to q](Sum[j=0 to p](A[j]*B[i]*0x100000000**(i+j)))

因此:
  C[i]=Sum[j=0 to q](A[i-j]*B[j])+carry[i-1]-carry[i]*0x100000000
  其中carry[-1]=0
  carry[i]=(Sum[j=0 to q](A[i-j]*B[j])+carry[i-1])/0x100000000
  n=p+q-1,若carry[n]>0,则n=n+1,C[n]=carry

除法

设:
  A=Sum[i=0 to p](A[i]*0x100000000**i)
  B=Sum[i=0 to q](B[i]*0x100000000**i),p>=q
  C=Sum[i=0 to n](C[i]*0x100000000**i)=A/B

由于无法将B 对A “试商”,我们只能转换成B[q]对A[p]的试商来得到一个近似值,
所以我们不能够直接计算C。但是,我们可以一步一步地逼近C

显然:
  (A[p]/B[q]-1)*0x100000000**(p-q)

令:
  X=0

重复:
  A=A-X*B,X=X+(A[p]/B[q]-1)*0x100000000**(p-q),直到A

则有:
  X=C

注意:
  由于大数可理解为0x100000000进制,所以对于任意大数A*0x100000000**k
  都等价于将A 的数组中的各元素左移k 位,不必计算;同样,除法则等价于右移

取模

设:
  A=Sum[i=0 to p](A[i]*0x100000000**i)
  B=Sum[i=0 to q](B[i]*0x100000000**i),p>=q
  C=Sum[i=0 to n](C[i]*0x100000000**i)=A%B

求模与求商的过程一致,只是由于不需要记录商而更加简单:

重复:
  A=A-(A[p]/B[q]-1)*0x100000000**(p-q)*B,直到A

则有:
  A=C

二元一次方程

在RSA 算法中,往往要在已知A、M的情况下,求 B,使得 (A*B)%M=1。即相当于
求解B、N都是未知数的二元一次不定方程 A*B-M*N=1,的最小整数解。

    而针对不定方程ax-by=1 的最小整数解,古今中外都进行过详尽的研究,西方有
著名的欧几里德算法,即辗转相除法,中国有秦九韶的“大衍求一术”。欧几里德算
法是一种递归算法,比较容易理解:

    例如:11x-49y=1,求x
    (a) 11 x - 49 y = 1    49%11=5 ->
    (b) 11 x -  5 y = 1    11%5 =1 ->
    (c)    x -  5 y = 1
    令y=0 代入(c)得x=1
    令x=1 代入(b)得y=2
    令y=2 代入(a)得x=9

    同理可使用递归算法求得任意 ax-by=1(a、b互质)的解,实际上通过分析归纳
将递归算法转换成非递归算法就变成了大衍求一术。

幂模运算

幂模运算是RSA 核心算法,最直接地决定了RSA 算法的性能,针对快速幂模运算
这一课题,许多西方现代数学家提出了大量的解决方案。通常都是先将幂模运算化简
为乘模运算。

    例如求D=C**15 % N,由于:
        a*b % n = (a % n)*(b % n) % n

    所以:
        C1=C*C % N       =C**2 % N
        C2=C1*C % N      =C**3 % N
        C3=C2*C2 % N     =C**6 % N
        C4=C3*C % N      =C**7 % N
        C5=C4*C4 % N     =C**14 % N
        C6=C5*C % N      =C**15 % N 

    即:
        对于E=15的幂模运算可分解为6个乘模运算

    归纳分析以上方法可以发现对于任意E,可采用以下算法计算D=C**E % N:
    D=1
    WHILE E>=0
      IF E为奇数
        D=D*C % N
        D=D*D % N
        E=E-1
      IF E为偶数
        D=D*D % N
        E=E/2
    RETURN D

    再加以分析会发现,要知道D 何时需乘 C,不需要反复对E 进行减一或除二的操
作,只需要验证E 的二进制各位是0 还是1 就可以了,而且从左至右验证和从右至左
验证都行,反而从左至右验证更简单:

    若E=Sum[i=0 to n](E[i]*2**i),0<=E[i]<=1
    D=1
    FOR i=n TO 0
      D=D*D % N
      IF E[i]=1
        D=D*C % N
    RETURN D

    剩下的问题就是乘模运算了,对于A*B % N,如果A、B 都是1024位的大数,先计
算A*B,再% N,就会产生2048位的中间结果,如果不采用动态内存分配技术就必须将
大数定义中的数组空间增加一倍,这样会造成大量的浪费,因为在绝大多数情况下不
会用到那额外的一倍空间,而采用动态内存分配技术会使大数存储失去连续性而使运
算过程中的循环操作变得非常繁琐。所以计算的首要原则就是要避免计算A*B。

    由于:
        A*B=A*(Sum[i=0 to n](B[i]*0x100000000**i))

    所以:
        A*B % N = (Sum[i=0 to n]((A*B[i])*0x100000000**i)) % N

    可以用一个循环求得:
    C=0;
    FOR i=0 to n
      C=C+A*B[i]*0x100000000 % N
    RETURN C

    事实上,有一种蒙哥马利算法能够更快地完成多次循环的乘模运算,但是其原理
涉及较多的数论知识,且实现起来比较麻烦,对速度虽有提高,经测试也不会超过一
个数量级,所以暂且不予考虑。

素数测试


    数论学家利用费马小定理研究出了多种素数测试方法,目前最快的算法是拉宾米
勒测试算法,其过程如下:

(1)计算奇数M,使得N=(2**r)*M+1
(2)选择随机数A(3)对于任意i(4)或者,若A**M MOD N = 1,则N通过随机数A的测试
(5)让A取不同的值对N进行5次测试,若全部通过则判定N为素数

    若N 通过一次测试,则N 不是素数的概率为 25%,若N 通过t 次测试,则N 不是
素数的概率为1/4**t。事实上取t 为5 时,N 不是素数的概率为 1/128,N 为素数的
概率已经大于99.99%。

    在实际应用中,可首先用300—500个小素数对N 进行测试,以提高拉宾米勒测试
通过的概率,从而提高测试速度。而在生成随机素数时,选取的随机数最好让 r=0,
则可省去步骤(3) 的测试,进一步提高测试速度。

输入输出


    大数的输入输出是通过字符串来完成的,事实上很容易实现,例如按照十进制格
式进行处理,则:

    输入:
    X=0
    FOR i=0 TO n
      X=X*10
      X=X+(int)(str[n]-48)
    RETURN X

    输出:
    str=
    WHILE(X>0)
      str=(char)(X%10-48)+str
    RETURN str 

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