感谢上帝，今天是 FRI 日（即“快速里德-所罗门码接近性交互预言证明（Fast Reed-Solomon Interactive Oracle Proofs of Proximity）”）
提醒：现在可能是审阅和重读本系列第 2 部分的好时机。
现在，我们来探讨创建低次证明的代码。首先回顾一下，低次证明是一个概率性证明，即给定值集合中占足够高百分比（例如80％）的部分表示某一特定多项式的值，其中，该多项式的次数远低于给定值的数量 。直观上，我们只需将其视为一个“我们声称代表多项式的某个默克尔根确实代表了某个多项式，当然，其中可能会有一些误差”的证明。作为输入，我们有：
一个我们声称是低次多项式的值的值集合
单位根；被求值多项式的x坐标是该单位根的连续幂
一个使得我们证明多项式的次数严格小于N的值N
模数
我们采用递归的方法，有两种情况。首先，如果次数足够低，我们只需提供完整的值列表作为证明，这是“基本情况”。对基本情况的验证十分简单：进行 FFT 或拉格朗日插值或其它对表示这些值的多项式插值，并验证其次数小于 N 的方法。否则，如果次数高于某个设定的最小值，我们将进行第 2 部分最后介绍的垂线 –对角线技巧。
我们首先将值放入默克尔树中，并使用默克尔根来选择伪随机x坐标（special_x）。然后我们计算“列”：
\# 计算x坐标的集合
xs = get_power_cycle(root_of_unity, modulus)
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))
）
这短短几行代码包含了很多内容。其宽泛的想法是将多项式P(x)重新演绎为多项式Q(x, y)，其中P(x) = Q(x, x**4)。如果 P 的次数小于 N，那么P'(y) = Q(special_x, y)的次数将小于 N / 4。由于我们不想浪费精力以系数形式来实际计算 Q （这需要一个相对难受且繁杂的 FFT！），我们改为使用另一种技巧。对于任何给定的 x^4 形式的值，它有 4 个对应的x值：x，模数 – x以及x乘以-1的两个模平方根。所以我们已经有四个关乎Q(?, x**4)的值，我们可以用它来插值多项式R(x) = Q(x, x**4)，并从据此计算R(special_x) = Q(special_x, x**4) = P'(x**4)。x^4 有N / 4个可能的值，这种方法使得我们可以轻松计算所有这些值。
-这个图表来自本系列第2部分。记住这张图表对于理解本文很有帮助。-
我们的证明包含来自 x^4（使用该列的默克尔根作为种子）形式的值列表的有限次（比如 40）随机查询。对于每个查询，我们提供Q(?, x**4)的五个值的默克尔分支：
m2 = merkelize(column)
# 伪随机选择y索引用于采样
# (m2[1]是该列的默克尔根)
ys = get_pseudorandom_indices(m2[1], len(column), 40)
# 为多项式和列中的值计算默克尔分支
branches = []
for y in ys:
branches.append([mk_branch(m2, y)] +
[mk_branch(m, y + (len(xs) // 4) * j) for j in range(4)])
验证者的工作是验证这五个值实际上是否位于小于4的相同次数多项式上。据此，我们递归并在列上执行FRI，验证该列的次数是否小于 N / 4。这就是 FRI 的全部内容。
作为一项思考题练习，你可以尝试创建拥有错误的多项式求值的低次证明，并看看有多少错误可以被忽略并得到验证者的通过（提示，你需要修改prove_low_degree函数。在默认证明设置中，即使一个错误也会爆炸并导致验证失败）。
STARK
提醒：现在可能是审阅和重读本系列第 1 部分的好时机。
现在，我们得到将所有这些部分组合在一起的实质成果：def mk_mimc_proof(inp, steps, round_constants)（代码见此处），它生成运行 MIMC 函数的执行结果的证明，其中给定的输入为步骤数。首先，是一些 assert 函数：
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
扩展因子是我们将“拉伸”计算轨迹（执行 MIMC 函数的“中间值”的集合）的程度。我们需要步数乘以扩展因子最多为 2^32，因为当k > 32时，我们没有 2^k 次的单位根。
我们的第一个计算是生成计算轨迹，即计算的所有中间值，从输入一直到输出。
# 生成计算轨迹
computational_trace = [inp]
for i in range(steps-1):
computational_trace.append((computational_trace[-1]**3 + round_constants[i % len(round_constants)]) % modulus)
output = computational_trace[-1]
然后，我们将计算轨迹转换为多项式，在单位根g（其中，g^steps = 1）的连续幂的轨迹上“放下”连续值，然后我们对更大的集合——即单位根g2的连续幂，其中g2^steps * 8 = 1（注意g2^8 = g）——的多项式求值。
computational_trace_polynomial = inv_fft(computational_trace, modulus, subroot)
p_evaluations = fft(computational_trace_polynomial, modulus, root_of_unity)
-黑色：g1的幂。紫色：g2的幂。橙色：1。你可以将连续的单位根看作一个按这种方式排列的圆圈。我们沿着g1的幂“放置”计算轨迹，然后扩展它来计算在中间值处（即g2的幂）的相同多项式的值。-
我们可以将 MIMC 的循环常量转换为多项式。因为这些循环常量循环的周期非常短（在我们的测试中，大约为 64 步），结果证明它们形成了一个 64 次多项式，我们可以相当容易地计算它的表达式及其扩展：
skips2 = steps // len(round_constants)
constants_mini_polynomial = fft(round_constants, modulus, 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, modulus, f.exp(root_of_unity, skips2))
假设有 8192 个执行步骤和 64 个循环常量。以下是我们正在做的事情：我们正在进行 FFT 将循环常量作为g1^128 的函数来计算。然后我们在常量之间添加零使其成为g1本身的函数。因为g1^128 每 64 步循环一次，我们也知道 g1 的函数。我们只需计算 512 个扩展步骤，因为我们知道扩展也是每 512 步重复。
我们现在——正如在本系列第 1 部分的斐波那契例子中那样——计算C(P(x))，但这一次是C(P(x), P(g1*x), K(x))：
# 创建组合多项式使得
# 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)])
% modulus for i in range(precision)]
print('Computed C(P, K) polynomial')
请注意，这里我们不再使用系数形式的多项式，我们根据高次单位根的连续幂来对多项式进行求值。
c_of_p要满足Q(x) = C(P(x), P(g1*x), K(x)) = P(g1*x) – P(x)**3 – K(x)。我们希望，对于我们正在放置计算轨迹的每个x（除了最后一步，因为在最后一步“之后”没有步骤），轨迹中的下一个值等于轨迹中的前一个值的立方，再加上循环常量。与第1部分中的斐波那契示例不同，在该例子中，如果一个计算步骤在坐标k处，则下一步是在坐标k + 1处。而在这里，我们沿着低次单位根（g1）的连续幂放下计算轨迹。因此，如果一个计算步骤位于x = g1^i，则“下一步”位于g1^i+1 = g1^i * g1 = x * g1。因此，对于低阶单位根（g1）的每一个幂（除了最后一个），我们都希望它满足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)将在低次单位根 g 的所有（除了最后一个）连续幂上等于零。
有一个代数定理证明：如果Q(x)在所有这些x坐标处都等于零，那么它是在所有这些x坐标上等于零的最小多项式的倍数：Z(x) = (x – x_1) * (x – x_2) * … * (x – x_n)。由于证明Q(x)在我们想要检查的每个坐标上都等于零十分困难（因为验证这样的证明比运行原始计算需要耗费更长的时间！），因此，我们使用间接方法来（概率地）证明Q(x)是Z(x)的倍数。我们该怎么做？当然是通过提供商D(x) = Q(x) / Z(x)并使用 FRI 来证明它是一个实际的多项式而不是一个分数。
我们选择低次单位根和高次单位根的特定排列（而不是沿着高次单位根的前几个幂放置计算轨迹），因为事实证明，计算Z(x)（在除了最后一个点之外的计算轨迹上的所有点处值为零的多项式）。并且除以Z(x)十分简单：Z 的表达式是两项的一部分。
# 计算 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 % modulus for cp, zd, zni in zip(c_of_p_evaluations, z_den_evaluations, z_num_inv)]
print('Computed D polynomial')
请注意，我们直接以“求值形式”计算Z的分子和分母，然后用批量模逆的方法将除以Z转换为乘法 (* zd * zni)，随后通过Z(X)的逆来逐点乘以Q(x)的值。请注意，对于低次单位根的幂，除了最后一个（即沿着作为原始计算轨迹的一部分的低次扩展部分），有Z(x) = 0。所以这个包含它的逆的计算会中断。虽然我们能通过简单地修改随机检查和FRI算法使其不在那些点上采样的方式来堵塞这些漏洞，但这仍然是一件十分不幸的事情。因此，我们计算错误的事实永远不重要。
因为Z(x)可以如此简洁地表达，我们得到另一个好处：验证者可以非常快速地计算任何特定x的Z(x)，而无需任何预计算。我们可以接受证明者必须处理大小等于步数的多项式，但我们不想让验证者做同样的事情，因为我们希望验证过程足够简洁（即超快速，同时证明尽可能小）。
在几个随机选择的点上概率地检查D(x) * Z(x) = Q(x)允许我们验证转换约束——即每个计算步骤是前一步的有效结果。但我们也想验证边界约束——即计算的输入和输出与证明者所说的相同。只要求证明者提供P(1)，D(1)，P(last_step)和D(last_step)（其中，last_step（或 g^(steps-1) ）是对应于计算中最后一步的坐标）的值是很脆弱的，因为没有证明表明这些值与其余数据处在同一多项式上。所以我们使用类似的多项式除法技巧：
＃计算 ((1, input), (x_atlast_step, output))的插值
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) % modulus for p, i, invq in zip(p_evaluations, i_evaluations, inv_z2_evaluations)]
print('Computed B polynomial')
论证如下。证明者想要证明P(1) == 输入以及P(last_step) ==输出。如果我们将I(x)作为插值——I(x)是穿过点(1, input)和(last_step, output)的线，则P(x) – I(x)在这两点处将等于零。因此，这足以证明P(x) – I(x)是(x – 1) * (x – last_step)的倍数，我们通过……提供商数来实现这一点！
-紫色：计算轨迹多项式 (P) 。绿色：插值 (I)（注意插值是如何构造的，其在 x = 1 处等于输入（应该是计算轨迹的第一步），在 x=g^(steps-1) 处等于输出（应该是计算轨迹的最后一步）。红色：P-I。黄色：在x = 1和 x=g^(steps-1)（即 Z2）处等于 0 的最小多项式。粉红色：(P – I) / Z2。-
思考题：
假设你还想要证明在第703步之后计算轨迹中的值等于8018284612598740，你该如何修改上述算法来执行此操作？
答案是：
将I(x)设置为(1, input) ，(g ** 703, 8018284612598740)，(last_step, output)的插值，并通过提供商数B(x) = (P(x) – I(x)) / ((x – 1) * (x – g ** 703) * (x – last_step))来创建证明。
现在，我们将P，D和B的默克尔根组合在一起。
＃计算它们的默克尔根
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')
现在，我们需要证明 P，D 和 B 实际上都是多项式，并且多项式的次数都是正确的最大次数。但是 FRI 证明很大且成本高昂，我们不希望有三个 FRI 证明。因此，我们计算 P，D 和 B 的伪随机线性组合（使用 P，D 和 B 的默克尔根作为种子），并对此进行 FRI 证明：
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')
# 计算线性组合。我们甚至不打算对它进行计算。
# 以系数形式，我们只是计算估值。
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 % modulus)
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) % modulus
for i in range(precision)]
除非三个多项式都具有正确的低次数，否则它们的随机选择线性组合几乎不可能具有正确的低次（你必须非常幸运地消去这些项），所以这是充分的。
我们想证明 D 的次数小于2 * steps，而 P 和 B 的次数小于steps，所以我们实际上构建了P，P * x^steps，B，B^steps 和 D 的随机线性组合，并检查该组合的次数小于2*steps。
现在，我们对所有多项式进行抽查。我们生成一些随机索引，并提供在这些索引处求值的多项式的默克尔分支：
# 在伪随机坐标处对默克尔树进行抽查
# `扩展因子` 的倍数
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)
get_pseudorandom_indices函数返回 [0…precision-1] 范围内的一些随机索引，exclude_multiples_of参数告诉它不要给出特定参数（此处为扩展因子）的倍数的值。这可以确保我们不会沿着原始计算轨迹进行采样，否则的话，我们可能会得到错误的答案。
证明（约 25 万到 50 万字节）由一组默克尔根、经过抽查的分支以及随机线性组合的低次证明组成：
o = [mtree[1],
l_mtree[1],
branches,
prove_low_degree(l_evaluations, root_of_unity, steps * 2, modulus, exclude_multiples_of=extension_factor)]
在实践中，证明的最大部分是默克尔分支和 FRI 证明（它可能包含更多分支）组成。这是验证者的实质成果：
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))
# 检查转换约束Q(x) = Z(x) * D(x)
assert (p_of_g1x - p_of_x ** 3 - k_of_x - zvalue * d_of_x) % modulus == 0
# j检查转换约束 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)) % modulus == 0
# 检查线性组合的正确性
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) % modulus == 0
在证明者提供默克尔证明的每个位置，验证者检查默克尔证明，并检查C(P(x), P(g1*x), K(x)) = Z(x) * D(x)和B(x) * Z2(x) + I(x) = P(x)（提醒：对于不在原始计算轨迹上的 x， Z(x) 不会为零，因此C(P(x),P(g1*x), K(x))可能不会为零）。验证者还检查线性组合是否正确，并调用verify_low_degree_proof(l_root, root_of_unity, fri_proof, steps * 2, modulus, exclude_multiples_of=extension_factor)来验证 FRI 证明。我们完成了！
好吧，我们没有全部完成。证明对跨多项式检查和 FRI 所需的抽查次数的可靠性分析是非常棘手的。但这就是代码的全部内容，至少如果你不打算进行更疯狂的优化的话。当我运行上述代码时，我们得到一个大约 300 到 400 倍的 STARK 证明“开销”（例如，一个需要 0.2 秒的 MIMC 计算需要 60 秒来证明）。这表明使用一台 4 核机器计算前向 MIMC 计算上的 STARK 实际上可以比后向计算 MIMC 更快。也就是说，这些都是在 python 中相对低效的实现，并且在适当优化的实现中，证明与运行时间比可能是不同的。此外，值得指出的是，MIMC 的 STARK 证明开销非常低，因为 MIMC 几乎完全是“可算术化的” ——它的数学形式非常简单。对于包含较少算术明晰运算（例如，检查数字是否大于或小于另一个数字）的“平均”计算而言，其开销可能会更高，大约为 10000 到 50000 倍。
原文链接:https://vitalik.ca/general/2018/07/21/starks_part_3.html
作者:Vitalik
翻译:喏贝尔
稿源：公众号Unitimes·独角时代（ID：Uni-times）