DLP,CDH和DDH问题解释
The Discrete Logarithm Problem(DLP)
让G
为一个阿贝尔群(交换群).首先我们把G中的二元操作写成乘法*.对任何g∈G 和任何整数a>1令ga表示g∗g∗g...∗g,其中g出现了a
次.离散对数问题就是(DLP);
给定G,g
和h=ga,寻找a
.
这里a
就叫做h的以g
为低的离散对数.
一个离散对数问题是难的吗?有时候是,有时候不是.作为反例,令G
为加法下的整数.所以现在可以把群运算相加,而不是相乘.因此相同的步骤过后,使用相同的元素g,现在写成了g+g+...+g,这就是说现在这个表达式的和就是h,即h=ag.因此对a来说,仅仅需要用h除以g就可以计算出来.例如'找出以3为低18的离散对数'.我们仅仅需要用18除以3就可以得到a的值.我能够改变这个群运算变成模N的运算.这个问题不会更难.因为我们只需要去解ag=h(mod N),这个我们可以用多项式算法扩展欧几里得先算出g−1(mod N),然后a=(g−1mod N)∗h mod N
.这不是一个好的安全密码原语.
另一方面,有限域内素数阶乘法下的群(在去掉0之后)即椭圆曲线群都被认为是难的.因为我们还不知道多项式时间的算法来在这些群中找到离散对数.举一个具体的例子,假设我问你'整数模7的乘法群中找到以3为低5的离散对数'.这意味着找到一个整数a,使得3a=5 mod 7
.现在我们暴力枚举一下:
33=(32)×3≡2×3=6≢5(mod7)
32=9≡2≢5(mod7)
33=(32)×3≡2×3=6≢5(mod7)
34=(33)×3≡6×3=18≡4≢5(mod7)
35=(34)×3≡4×3=12≡5(mod7)
因此a=5
.这样我们通过反复乘3得到了这种跳来跳去的方法最终获得了结果,这个会让你对DLP困难性有一个直观的认知.如果我们的模数远远大于 7,有成千上万的二进制位,甚至一台电脑要花费很多时间才能解决这个问题.尽管有次指数级的算法,但是没有证明不存在多项式时间内解决DLP的方法.
The Computational Diffie-Hellman Problem(CDH)
一个和DLP问题相关的问题是由Whit Diffie和Martin Hellman提出的两方协商密钥在公共信道上不会被窃取的问题:
- Alice和Bob共同确定使用的循环群G
,和生成器q
- Alice选择一个随机的密钥整数a
- ,Bob选择了一个随机的整数b
- Alice计算ga
- 在公共信道上发送给Bob,同时Bob也计算出gb
- 在公共信道上发送给Alice.
- Alice和Bob都计算gab=(ga)b=(gb)a
- 通过知道他们自己的随机的整数,这个生成的就是他们协商的密钥.
现在gab
是一个密钥能被用于Alice和Bob之间的对称加密.但是有一些人窃听了他们之间的交换获得了G,g,ga,gb
.因此密钥取决于的这个问题,就叫做 计算DH问题(CDH).
给定G,g,ga,gb
,找出gab
CDH是和DLP相关的,但是哪个更难呢?如果我能有效率的解决DLP,那么我就可以找出a
,然后轻松的计算出gab
就像Bob做的那样,因此我们就解决了CDH.所以我们说能解决DLP那么一定能解决CDH,这就是说DLP至少和CDH一样难.
The Decisional Diffie-Hellman Problem (DDH)
这是另一个离散对数的问题,用于证明难以区分的属性.假如说Alice和Bob执行如上所述的Diffie-Hellman密钥协议,那么G,g,ga,gb
都是公共的,gab是密钥.直观上,DDH问题就是是否对手能够从随机的G中的元素区分出Alice和Bob的密钥gab
.正是来说:
给定G,g,ga,gb
和Tx使得T0是G中随机的一个元素,T1=gab同时x
被随机均匀的从{0,1}中选择,找出x.
如果对手能够解决DDH(输出正确的x的概率大于1/2).那么就是说G,ga,gb
一定泄露了一些关于gab的信息,使得攻击者能把它从随机的元素中分辨出来,尽管不能直接计算出来.而且很明显,如果对手能解决CDH问题,那么它可以有效率的解决DDH,因为它已经可以得到gab
的值.这意味着,CDH至少和DDH一样难.
这就是我们这篇中讨论的三个问题,我们给出了一个简明的证明对他们的困难性进行排序:DLP最难,然后是CDH,最后是DDH.就像我们看到的那样,DLP有时候是简单的,会让CDH和DDH都变简单.因此群G
和生成器g的选择在做密码学的时候是十分重要的!