PLONK个人笔记

个人总结

PlonK相比起之前的zkSNARK协议来说，主要区别在于三点，

1-首先是在将电路解释为多项式的时候，SNARK协议一般采用R1CS到QAP的做法，最后要证明的多项式形式
$$L(x)\times R(x)-O(x)=H(x)T(x),$$
而PLONK使用的是Gate Constraints和Copy Constraints形式，最后要证明的多项式形式
$$Q_L(x)a(x)+Q_R(x)b(x)+Q_O(x)c(x)+Q_M(x)a(x)b(x)+Q_C(x)=0.$$
个人认为这样的表达方法其实直观上更加好理解。

2-其次，zkSNARK中通过一个$\alpha$来对多项式做绑定，最后验证者需要验证$e(g^{L(x)},g^{\alpha })=e(g^{L^{\prime }(x)},g)$。而Plonk采用了Kate Polynomial Commitment的Batch版本，直接用承诺方案来代替了验证步骤，最后只需要将Commitment Open出来就行了。

3-PLONK是一个universal的SNARK协议，即它的CRS[Common Reference String]（文章里叫做SRS [Structured Reference String]）是可以更新并复用的，也就是说，不需要每证明一个电路就重新进行一次Trusted Setup。

如何理解电路

比如有一个问题，是要找到$P(x)=x^3+x+5=35$的解，（解为$x=3$）

现在要将其转变为电路形式，其实很简单

那将一个门电路分为左右两个部分，左边为$a$，右边为$b$，那么上述电路可以表达为以下的算式：

$$\begin{array}{rl}{a}_0\ast b_0& =c_0\\ a_1\ast b_1& =c_1\\ a_2+b_2& =c_2\\ a_3+5& =35\to a_3=30\end{array}$$
上述算式主要由三种构成，分别为加法，乘法和常数赋值。这些操作都可以用gate constraints方法来表示。

但光有这四条分别表示每个门的式子是不够的，因为门之间还有联系，比如
$a_0=b_0=b_1=a_2,c_0=a_1,c_1=b_2,c_2=a_3$
这些需要用到Copy Constraints。

上述的$a,b,c$的值为

$wire$	$0$	$1$	$2$	$3$
$a$	$x$	$x^2$	$x$	$x^3+x$
$b$	$x$	$x$	$x^3$	$/$
$c$	$x^2$	$x^3$	$x^3+x$	$/$

Gate Constraints

首先看如何将上面的4条constraint
$$\begin{array}{rl}{a}_0\ast b_0& =c_0\\ a_1\ast b_1& =c_1\\ a_2+b_2& =c_2\\ a_3& =30\end{array}$$
变为
$$Q_L(x)a(x)+Q_R(x)b(x)+Q_O(x)c(x)+Q_M(x)a(x)b(x)+Q_C(x)=0.$$
的形式，首先忽略多项式的部分，将上面的式子看为4条这种形式的式子：
$$Q_{L_i}{a}_i+Q_{R_i}{b}_i+Q_{O_i}{c}_i+Q_{M_i}{a}_i{b}_i+Q_{C_i}=0$$
分别为：
$$\begin{array}{r}(0)a_0+(0)b_0+(-1)c_0+(1)a_0{b}_0+(0)=0\\ (0)a_1+(0)b_1+(-1)c_1+(1)a_1{b}_1+(0)=0\\ (1)a_2+(1)b_2+(-1)c_2+(0)a_2{b}_2+(0)=0\\ (1)a_3+(0)b_3+(0)c_3+(0)a_3{b}_3+(-30)=0\end{array}$$

可以看出这个式子是和上面的四条constraints一一对应的，将$Q_L,Q_R,Q_M,Q_O,Q_C$写到一起，则变为：

$Q_L=(0,0,1,1),Q_R=(0,0,1,0),Q_O=(-1,-1,-1,0),Q_M=(1,1,0,0),Q_C=(0,0,0,-30)$

可以将其看做是一个多项式的点值表达形式，比如$Q_L(x)$就是经过点$(0,0),(1,0),(2,1),(3,1)$的一条3次多项式，使用插值法计算出来的结果为：$Q_L(x)=-\frac{1}{3}{x}^3+\frac{3}{2}{x}^2-\frac{7}{6}x$。可以验证一下这条线是经过上面那些点的。由于点值表达和系数表达可以互相转换。也就是说

$$Q_L(x)=(0,0,1,1)\sim Q_L(x)=-\frac{1}{3}{x}^3+\frac{3}{2}{x}^2-\frac{7}{6}$$

这两个式子是等价的。因此下面全都使用点值表达，比较清楚。
那么就可以得到

$Q_L(x)=(0,0,1,1),Q_R(x)=(0,0,1,0),Q_O(x)=(-1,-1,-1,0),Q_C(x)=(0,0,0,-30)$。

同样的，如果知道了$x^3+x+5=35$的解$x=3$的值，那么也可以把$a,b,c$也使用多项式表示：

$a(x)=(3,9,3,30),b(x)=(3,3,27,/),c(x)=(9,27,30,/)$

$b(x)$和$c(x)$的最后一个点可以是任意值。

综上所述，可以构造出了如下的式子：
$$Q_L(x)a(x)+Q_R(x)b(x)+Q_O(x)c(x)+Q_M(x)a(x)b(x)+Q_C(x)=0.$$

其中$Q_L(x),Q_R(x),Q_M(x),Q_O(x),Q_C(x)$只需要知道证明的东西是什么就可以构造，也就是说可以通过ZKP中的statement构造，而$a(x),b(x),c(x)$是需要知道statement的某个答案才能构造的，也就是说要掌握了witness才可以构造。

而由于上述的多项式是经过$(0,1,2,3)$四个横坐标构造的，所以$x=0,x=1,x=2,x=3$是上述多项式$Q_L(x)a(x)+Q_R(x)b(x)+Q_O(x)c(x)+Q_M(x)a(x)b(x)+Q_C(x)=0$的其中4个解，那么令$Z(x)=x(x-1)(x-2)(x-3)$，存在$H(x)$使得：
$Q_L(x)a(x)+Q_R(x)b(x)+Q_O(x)c(x)+Q_M(x)a(x)b(x)+Q_C(x)=Z(x)H(x)$

这个多项式的意思是，除了(0,1,2,3)这四个横坐标要求$Q_L(x)a(x)+Q_R(x)b(x)+Q_O(x)c(x)+Q_M(x)a(x)b(x)+Q_C(x)=0$，其他的横坐标不管，但是Verifier在做证明的时候是使用其他的某个横坐标$s$来进行挑战，虽然$Z(s)H(s)$不要求等于0，但是要求和左边的表达式相等。证明了$Z(x)$是左边表达式的一个因子就相当于证明了

$$Q_L(x)a(x)+Q_R(x)b(x)+Q_O(x)c(x)+Q_M(x)a(x)b(x)+Q_C(x)=0,fori\in \{0,1,2,3\}$$

通过上述的Constraints系统，已经可以在理想模型下构建一个证明系统了，假设$Prover$和$Verifier$都是诚实的，那么下面的证明系统可以成立：

现在Prover和Verifier都知道$Q_L(x),Q_R(x),Q_M(x),Q_O(x),Q_C(x),Z(x)$，Prover知道$a(x),b(x),c(x),H(x)$。

$$\begin{array}{rlrl}& \mathbf{P}\mathbf{r}\mathbf{o}\mathbf{v}\mathbf{e}\mathbf{r}& & \mathbf{V}\mathbf{e}\mathbf{r}\mathbf{i}\mathbf{f}\mathbf{i}\mathbf{e}\mathbf{r}\\ & & \stackrel{Q_L,Q_R,Q_M,Q_O,Q_C,Z}{}& \\ & & \stackrel{s}{}& randoms\\ & a=a(s),b=b(s),& & \\ & c=c(s),h=h(s)& \stackrel{a,b,c,h}{}& \text{Check }{Q}_L(s)a+Q_R(s)b+Q_O(s)+Q_M(s)ab+Q_C(s)=Z(s)\cdot h\end{array}$$

Copy constraints

注意到，上述的4个constraints，只是说明了第$i$个$(a_i,b_i,c_i)$之间的关系，没有说明相等的约束，因此这四个只是分散的式子，并不能代表$x^3+x+5=35$的关系。
$$\begin{array}{rl}{a}_0\ast b_0& =c_0\\ a_1\ast b_1& =c_1\\ a_2+b_2& =c_2\\ a_3& =30\end{array}$$

比如Prover可以令$a=(1,1,1,30),b=(1,1,1,/),c=(1,1,2,/)$，一样可以通过上面构造的证明系统。因此要对电路的相等关系也进行描述，比如在

这条电路中，$a_0=b_0=b_1=a_2,c_0=a_1,c_1=b_2,c_2=a_3$有这些约束条件在。

首先来看一下在一个变量中的两个值相等如何表示。在PLONK中使用置换来表示这样的一个关系，假设存在一个置换$\sigma (\cdot )$使得$a(\sigma (i))=a^{\prime }(i)$，记为$a^{\prime }=\sigma (a)$，那么只要证明$a^{\prime }(x)=a(x)$就可以证明$a(x)$中对应的置换位相等。举个例子，比如$a_0=a_2$，原始的$i=(0,1,2,3)$置换之后为$\sigma (i)=(2,1,0,3)$，
那么假设$a^{\prime }(x)=a(x)$
$$\begin{gathered} a(\sigma (i))=a^{\prime }(i) \\ \begin{array}{rlrl}& i=0:& & a(0)=a^{\prime }(0)=a(2)\\ & i=1:& & a(1)=a^{\prime }(1)\\ & i=2:& & a(2)=a^{\prime }(2)=a(0)\\ & i=3:& & a(3)=a^{\prime }(3)\end{array} \end{gathered}$$
就可以得到$a(x)$中$a(0)=a(2)$了。

但是问题在于Verifer不可能去比较每一个点的相等关系，因为Verifier不知道$a(x)$的系数，而如果一次次进行多项式的交互证明就太麻烦了，需要进行$n$次，这个例子里$n=4$，分别证明$a(i)=a^{\prime }(i)$。所以这里采用了一个range proof，一次性可以证明$a(x)=a^{\prime }(x)$的关系成立。

假如$a(x)=a^{\prime }(x)$，则${\prod }_{i\in [n]}(a(i))={\prod }_{i\in [n]}(a^{\prime }[i])$。

又由于$a(\sigma (i))=a^{\prime }(i)=a(i)$，可以得到$a(i)+i=a^{\prime }(i)+\sigma (i)$。
在里面再加入两个随机数$\gamma ,\beta$（作为Challenge）
就得到了

$$\prod _{i\in [n]}(a(i)+\beta \cdot i+\gamma )=\prod _{i\in [n]}(a^{\prime }[i]+\beta \cdot \sigma (i)+\gamma )$$

为了方便，构造一个$P(x)$，使得$P(j)=\frac{{\prod }_{i<j}(a(i)+\beta \cdot i+\gamma )}{{\prod }_{i<j}(a^{\prime }[i]+\beta \cdot \sigma (i)+\gamma )}$

现在要证明的是$P(x)$对于所有的$x=0,1,2,3$时，$P(x)=1$。

将其转化一下，变为证明

$$\begin{array}{rlrl}& 1.& P(0)& =1,\\ & 2.& P(i+1)& =P(i)\cdot \frac{a(i)+\beta \cdot i+\gamma }{a^{\prime }(i)+\beta \cdot \sigma (i)+\gamma }，\\ & \text{即}& P(i+1)\cdot (a^{\prime }(i)+\beta \cdot \sigma (i)+\gamma )& =P(i)\cdot (a(i)+\beta \cdot i+\gamma )\end{array}$$

由于上面的部分只证明了$a(x)$的复制约束，如何证明类似$a_0=b_0$这样的约束？这里是比较直观的，令$i\in [3n]$，对于$a_0=a_2$这样的复制约束来说，$\sigma (i)=(2,1,0,3)$，那么对于$a_0=b_0$来说，就是$\sigma (i)=(4,1,2,3,0,5,6,7,8,9,10,11)$。所以在

示例的电路中，$a_0(i=0)=a_2(i=2)=b_0(i=4)=b_1(i=5),a_1(i=1)=c_0(i=8),b_2(i=6)=c_1(i=9),a_3(i=3)=c_2(i=10)$，将其写为置换的形式就是：

i:	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11
$\sigma (i)$	2	8	4	10	5	0	9	7	1	6	3	11

然后将$\sigma (x)$分为三个不同的多项式，分别为${\sigma }_a(x)=(2,8,4,10)$,${\sigma }_b(x)=(5,0,9,7)$,${\sigma }_c(x)=(1,6,3,11)$。

证明$P(x)=1$也变为了相应的证明$P_a(X)=1,P_b(X)=1,P_c(X)=1$。也可以一起做，变为证明$P_a(X)\cdot P_b(X)\cdot P_c(X)=1$。

而由于引入了$3$个$P(x)$的证明，横坐标由$(0,1,2,3)$变为了$(0,...,11$)。出于这个考虑，采用了单位根作为横坐标，即$x^n=1$的根$\omega$，他具有性质为${\omega }^{n+i}={\omega }^i$。

证明变为了
$$\begin{gathered} P(x)=P_a(X)\cdot P_b(X)\cdot P_c(X) \\ \begin{array}{rlrl}& 1.& P({\omega }^0)& =1,\\ & 2.& P({\omega }^n)& =1,\\ & 3.& P_a(\omega x)& =P_a(x)\cdot \frac{f_a(x)}{g_a(x)}\\ & 4.& P_b(\omega x)& =P_a(x)\cdot \frac{f_b(x)}{g_c(x)}\\ & 5.& P_c(\omega x)& =P_a(x)\cdot \frac{f_c(x)}{g_c(x)}\end{array} \end{gathered}$$
其中$f_a(x)=a(x)+\beta \cdot x+\gamma ,g_a(x)=a^{\prime }(x)+\beta \cdot {\sigma }_a(x)+\gamma$

上述式子对于$x\in \{{\omega }^0,{\omega }^1,{\omega }^2,{\omega }^3\}$成立，那么可以令$Z(x)=(x-{\omega }^0)(x-{\omega }^1)(x-{\omega }^2)(x-{\omega }^3)=x^4-1$。

公式3，4，5变为
$$\begin{gathered} P_a(\omega x)\cdot g_a(x)-P_a(x)\cdot f_a(x)=H_a(x)\cdot Z(x) \\ {P}_b(\omega x)\cdot g_b(x)-P_b(x)\cdot f_b(x)=H_b(x)\cdot Z(x) \\ {P}_c(\omega x)\cdot g_c(x)-P_c(x)\cdot f_c(x)=H_c(x)\cdot Z(x) \end{gathered}$$

那么证明$a(x),b(x),c(x)$之间的copy constraint的交互式证明为：

$$\begin{array}{rlrl}& \mathbf{P}\mathbf{r}\mathbf{o}\mathbf{v}\mathbf{e}\mathbf{r}& & \mathbf{V}\mathbf{e}\mathbf{r}\mathbf{i}\mathbf{f}\mathbf{i}\mathbf{e}\mathbf{r}\\ & & \stackrel{\beta ,\gamma }{}& random\beta ,\gamma \\ & construct{f}_a(x),g_a(x)...,H_a(x),....,P_a(x),...& & \\ & & \stackrel{s}{}& randoms\\ & calculate{f}_a(s),...P_a(\omega s),P_a(s),...& \stackrel{f_a(s),...}{}& \text{Check the validity of the above eqation 1,2,3,4,5}\end{array}$$

多项式承诺

上述证明过程还是一个交互式的证明，运用Fiat Shamir转换，可以将$\beta ,\gamma$变为使用哈希函数生成，而$s$则是通过一个公共的参考串得到，因此很容易将上述的协议变为一个非交互式的协议。

但这样的协议还是要求双方都是诚实的，因为没有对Prover给出约束，要求他算出的所有结果都是用多项式计算出来，而不是通过其他方式伪造。因此要加入一个多项式承诺。

多项式承诺的作用在于Prover将多项式承诺$c{m}_i=com(f_i,crs)$以及多项式计算结果$z_i=f_i(s)$发送给Verifier，Verifier可以使用使用打开协议对$z_i$进行验证，保证它是由$f_i(s)$计算得出。

加入多项式承诺后的协议变为了

$$\begin{array}{rlrl}& \mathbf{P}\mathbf{r}\mathbf{o}\mathbf{v}\mathbf{e}\mathbf{r}& & \mathbf{V}\mathbf{e}\mathbf{r}\mathbf{i}\mathbf{f}\mathbf{i}\mathbf{e}\mathbf{r}\\ & & \stackrel{Q_L,Q_R,Q_M,Q_O,Q_C,Z}{}& \\ & & \stackrel{checkcopyconstraint}{}& \\ & & \stackrel{commitmentfora(),b(),c(),h()}{}& \\ & & \stackrel{s}{}& randoms\\ & a=a(s),b=b(s),& & \\ & c=c(s),h=h(s)& \stackrel{opencommitmenta(s),b(s),c(s),h(s)}{}& \text{Check }{Q}_L(s)a+Q_R(s)b+Q_O(s)+Q_M(s)ab+Q_C(s)=Z(s)\cdot h\end{array}$$

多项式承诺的方案为

---

1. $\mathsf{g}\mathsf{e}\mathsf{n}(d)$ 输出$\mathrm{s}\mathrm{r}\mathrm{s}=([1{]}_1,[x{]}_1,...,[x^{d-1}{]}_1,[1{]}_2,[x{]}_2$)，这里的$[x{]}_1$指的是双线性配对中$e(g_1,g_2)$中的$g_1$部分，本文采用的是加法群表示，即$[x{]}_1=x\cdot g_1$。用乘法群表示则为$[x{]}_1=g_1^x$。
2. $\mathsf{c}\mathsf{o}\mathsf{m}(f,\mathrm{s}\mathrm{r}\mathrm{s}):cm=[f(x){]}_1$
3. $\mathsf{o}\mathsf{p}\mathsf{e}\mathsf{n}(cm,z,s)$: 计算$H(x)=\frac{f(x)-f(z)}{x-z},W=[h(x){]}_1,F=cm,v=s$，发送给Verifier。
   Verifier验证$e(F-v,[1{]}_2)\cdot e(-W,[x-z{]}_2)=1$是否成立。

---

这是一个单独的多项式承诺，除此之外文章中还提出了batch版本的，笔记中就省略了。

参考资料

1. vitalik写的Understanding PLONK文章
2. Plonk论文 PlonK : Permutations over Lagrange-bases for Oecumenical Noninteractive arguments of Knowledge
3. Plonk Tutorial (对于vitalik博客的python实现) https://github.com/barryWhiteHat/plonk_tutorial