常用工具
分解大素数
factordb （http://www.factordb.com）
yafu（$p,q$相差过大或过小yafu可分解成功）
sage （
divisors(n)）（小素数）Pollard’s p−1 （
python -m primefac -vs -m=p-1 xxxxxxx）（光滑数）Williams’s p+1（
python -m primefac -vs -m=p+1 xxxxxxx）（光滑数）cado-nfs
在线sage环境：https://sagecell.sagemath.org/
Openssl
解析加密密钥：
openssl rsa -pubin -text -modulus -in pub.key
生成解密密钥：
python rsatool.py -f PEM -o key.key -p 1 -q 1 -e 1
openssl rsautl -decrypt -inkey key.pem -in flag.enc -out flag
openssl rsautl -decrypt -oaep -inkey key.pem -in flag.enc -out flag （OAEP方式）
脚本生成解密密钥：
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22# coding=utf-8
import math
import sys
from Crypto.PublicKey import RSA
keypair = RSA.generate(1024)
keypair.p =
keypair.q =
keypair.e =
keypair.n = keypair.p * keypair.q
Qn = long((keypair.p - 1) * (keypair.q - 1))
i = 1
while (True):
x = (Qn * i) + 1
if (x % keypair.e == 0):
keypair.d = x / keypair.e
break
i += 1
private = open('private.pem', 'w')
private.write(keypair.exportKey())
private.close()脚本集
https://github.com/Ganapati/RsaCtfTool
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11#用法一：已知公钥(自动求私钥)
$ python3 RsaCtfTool.py --publickey 公钥文件 --uncipherfile 加密文件
#用法二：已知公钥求私钥
$ python3 RsaCtfTool.py --publickey 公钥文件 --private
#用法三：密钥格式转换
#把PEM格式的公钥转换为n，e
$ python3 RsaCtfTool.py --dumpkey --key 公钥文件
#把n,e转换为PEM格式
$ python3 RsaCtfTool.py --createpub -n 782837482376192871287312987398172312837182 -e 65537https://github.com/ValarDragon/CTF-Crypto
常见类型
给p,q,e,c
1 | import gmpy2 as gp |
给n,e,dp,c
$dp\equiv d \pmod {(p-1)}$
$\because dp\cdot e\equiv d\cdot e\equiv 1 \pmod {(p-1)}$
$\therefore dp\cdot e-1=k\cdot (p-1)$
$\therefore (dp\cdot e-1)\cdot d\cdot e=k’\cdot (p-1),\quad k’=k\cdot d\cdot e \\\Leftrightarrow d\cdot e=-k’\cdot (p-1)+dp\cdot e\cdot d\cdot e\equiv 1 \pmod{\varphi(n)}\\\Leftrightarrow -k’\cdot (p-1)+dp\cdot e\equiv 1\pmod{\varphi(n)}$
$\therefore k_{1}\cdot (p-1)+dp\cdot e-1=k_{2}\cdot (p-1)\cdot (q-1)\\\Leftrightarrow (p-1)\cdot (k_{2}\cdot (q-1)-k_{1})+1=dp\cdot e$
$\because dp<p-1\quad \therefore (k_{2}\cdot (q-1)-k_{1})\in (0, e)$
$\therefore$ 遍历 $(1, e)$，当同时满足 $(dp\cdot e-1)\bmod i==0$ 和 $n\bmod((dp\cdot e-1)//i+1)==0$ 时，$N$ 成功分解。
1 | import gmpy2 as gp |
变种1：给 $p,e,d_p,c,b$，其中 $n=p^bq$。
Hensel lifting for Takagi’s scheme（p.189）：
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14from Crypto.Util.number import *
import gmpy2
p =
dp =
c =
b =
e =
mp1 = pow(c, dp, p)
mp = pow(c, dp - 1, p)
for i in range(1, b - 2):
x = pow(c - pow(mp1, e), 1, p**(i + 1))
y = pow(x * mp * (gmpy2.invert(e, p)), 1, p**(i + 1))
mp1 = mp1 + y
print(long_to_bytes(mp1))变种2：给 $n,e,dp_0,c,k$，其中 $dp_0$ 为 $dp$ 高 $(n\text{bits}-k)$ 位，即 $dp_0=dp>>k$。
（Coppersmith攻击，已知dp高位攻击）
$e\cdot dp \equiv e\cdot d\equiv 1 \pmod {(p-1)} \\\Leftrightarrow e \cdot dp=k(p-1)+1=kp-k+1 \\\Leftrightarrow e\cdot dp+k-1 \equiv 0 \pmod p$
$\because dp<p-1$，$\therefore k<e$
$\therefore e\cdot (dp_0<<k+x)+k-1 \equiv 0 \pmod p$
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23#Sage
dp0 =
e =
n =
F.<x> = PolynomialRing(Zmod(n))
d = inverse_mod(e, n)
for k in range(1, e):
f = (secret << 200) + x + (k - 1) * d
x0 = f.small_roots(X=2 ** (200 + 1), beta=0.44, epsilon=1/32)
if len(x0) != 0:
dp = x0[0] + (secret << 200)
for i in range(2, e):
p = (e * Integer(dp) - 1 + i) // i
if n % p == 0:
break
if p < 0:
continue
else:
print('k = ',k)
print('p = ',p)
print('dp = ',dp)
break变种3：给 $n,e,dp,c$，其中 $dp$ 很小，$e$ 很大。
枚举 $dp$，因 $e\cdot dp \equiv 1 \pmod {(p-1)}$，又由费马小定理，对任意 $r$，有 $m^{e \cdot dp}\equiv m \pmod p$，即 $p \mid (m^{e \cdot dp}-m)$；
又 $p \mid n$，很大概率 $p=\gcd(m^{e \cdot dp}-m,n)$。
变种4：给 $N,e,c$，其中 $dp$ 过小，$q<N^{0.382}$。
参数 $\beta=\cfrac{q_{\text{bit}}}{N_{\text{bit}}}, \delta=\cfrac{dp_{\text{bit}}}{N_{\text{bit}}}$，满足 $3\beta < 1+\beta^2+2\delta$，可确定 $\beta$ 和 $\delta$ 的值。
构造格子维度为 $n$，格子中模数 $N$ 的最大次幂为 $m$，应满足关系
$\cfrac{m(m+1)}{2} + \cfrac{n(n-1)(2\delta+\beta)}{2}-(1-\beta)nm < 0$
确定 $\beta$ 和 $\delta$ 之后，可枚举确定 $n$ 和 $m$ 的取值（最小值）。
构造多项式，分解多项式为 $(ax+by)$ 项，其中 $a=k,b=dp$。
参考：Cryptanalysis of Unbalanced RSA with Small CRT-Exponent
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40# 脚本1
# Sage
def getC(Scale):
C = [[0 for __ in range(Scale)] for _ in range(Scale)]
for i in range(Scale):
for j in range(Scale):
if i == j or j == 0:
C[i][j] = 1
else:
C[i][j] = C[i-1][j-1] + C[i-1][j]
return C
def getMatrix(Scale, Mvalue, N, E, Del, Bet):
M = [[0 for __ in range(Scale)] for _ in range(Scale)]
C = getC(Scale)
X, Y = int(pow(N,Del)*(Scale+1)//2), int(pow(N,(Del+Bet))*(Scale+1)//2)
for i in range(Scale):
for j in range(Scale):
M[i][j] = N**max(Mvalue-i,0)*E**(max(i-j,0))*X**(Scale-1-j)*Y**j*C[i][j]*(-1)**j
return M
N =
E =
delta = 0.01
beta = 0.37
Scale = 35
Mvalue = 22
M = getMatrix(Scale,Mvalue,N,E,delta,beta)
M = matrix(ZZ,M)
A = M.LLL()[0]
p = []
X = int(pow(N,delta)*(Scale+1)//2)
Y = int(pow(N,(delta+beta))*(Scale+1)//2)
for i in range(Scale):
p.append(A[i]//(X**(Scale-1-i)*Y**i))
PR.<x,y> = PolynomialRing(ZZ)
f = 0
for i in range(Scale):
f += p[i]*x^(Scale-1-i)*y^i
print(f.factor())1
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36# 脚本2
# Sage
N =
e =
n = 12
beta = 0.36
delta = 0.02
X = int(N ** delta*(n+1)/2)
Y = int(N ** (delta + beta)*(n+1)/2)
def C(a,b):
ret=1
for i in range(b):
ret *= (a-i)
ret /= (b-i)
return ret
def get_Matrix(n,m):
MM=[[0 for __ in range(n)] for _ in range(n)]
for j in range(n):
pN = max(0,m-j)
for i in range(j+1):
MM[j][i] = pow(N,pN)*pow(X,n-i-1)*pow(Y,i)*pow(e,j-i)*C(j,i)*pow(-1,i)
MM = Matrix(ZZ,MM)
return MM
M = get_Matrix(n,n//2+1)
L = M.LLL()[0]
x,y = var('x'),var('y')
f = 0
for i in range(n):
f += x**(n-i-1) * y**i * (L[i] // pow(X,n-i-1) // pow(Y,i))
print(f.factor())
给p,q,dp,dq,c
$dp=d \bmod (p-1)$，$dq=d \bmod (q-1)$
$\because d=k_{1}(p-1)+dp=k_{2}(q-1)+dq\\\Leftrightarrow k_{1}(p-1)=(dq-dp)+k_{2}(q-1)\\\Leftrightarrow k_{1}\frac{p-1}{\gcd(p-1,q-1)}=\frac{dq-dp}{\gcd(p-1,q-1)}+k_{2}\frac{q-1}{\gcd(p-1,q-1)}\\\Rightarrow k_{1}\frac{p-1}{\gcd(p-1,q-1)}\equiv\frac{dq-dp}{\gcd(p-1,q-1)} \pmod {\frac{q-1}{\gcd(p-1,q-1)}}\\\Leftrightarrow k_{1}\equiv \text{inv}(\frac{p-1}{\gcd(p-1,q-1)},\frac{q-1}{\gcd(p-1,q-1)})\cdot \frac{dq-dp}{\gcd(p-1,q-1)} \pmod {\frac{q-1}{\gcd(p-1,q-1)}}$
将 $k_{1}=k_{3}\frac{q-1}{\gcd(p-1,q-1)}+\text{inv}(\frac{p-1}{\gcd(p-1,q-1)},\frac{q-1}{\gcd(p-1,q-1)})\cdot \frac{dq-dp}{\gcd(p-1,q-1)}$
代入 $d=k_{1}(p-1)+dp$
$d=k_{3}\frac{(p-1)(q-1)}{\gcd(p-1,q-1)}+\text{inv}(\frac{p-1}{\gcd(p-1,q-1)},\frac{q-1}{\gcd(p-1,q-1)})\cdot \frac{(dq-dp)(p-1)}{\gcd(p-1,q-1)}+dp\\\Rightarrow d\equiv \text{inv}(\frac{p-1}{\gcd(p-1,q-1)},\frac{q-1}{\gcd(p-1,q-1)})\cdot \frac{(dq-dp)(p-1)}{\gcd(p-1,q-1)}+dp \pmod{\frac{(p-1)(q-1)}{\gcd(p-1,q-1)}}$
1 | import gmpy2 as gp |
低解密指数攻击/低私钥指数攻击（e长度较大，d小，Wiener Attack）
适用情况：已知 $N,e$，且 $e$ 过大或过小。
$\varphi(n) = (p-1)(q-1)=pq - (p + q) + 1=N - (p + q) + 1$
$\because p, q$ 非常大，$\therefore\,pq\gg p+q$， $\therefore\varphi(n)\approx N$
$\because ed\equiv1\,mod\,\varphi(n)$，$\therefore ed-1=k\varphi(n)$，这个式子两边同除 $d\varphi(n)$ 可得：
$\cfrac{e}{\varphi(n)}-\cfrac{k}{d}=\cfrac{1}{d\varphi(n)}$
$\because \varphi(n)\approx N$，$\therefore \cfrac{e}{N}-\cfrac{k}{d}=\cfrac{1}{d\varphi(n)}$，同样 $d\varphi(n)$ 是一个很大的数，所以 $\cfrac{e}{N}$ 略大于 $\cfrac{k}{d}$
因为 $e$ 和 $N$ 是知道的，所以计算出 $\cfrac{e}{N}$ 后，比它略小的 $\cfrac{k}{d}$ ，可以通过计算 $\cfrac{e}{N}$ 的连分数展开，依次算出这个分数每一个渐进分数，由于 $\cfrac{e}{N}$ 略大于 $\cfrac{k}{d}$，Wiener 证明了，该攻击能精确的覆盖 $\cfrac{k}{d}$。
在 $e$ 过大或过小的情况下，可使用算法从 $e$ 中快速推断出 $d$ 的值。可以解决 $q<p<2q,d<\cfrac{1}{3}N^{\frac{1}{4}}$ 的问题。
RSAWienerHacker工具：https://github.com/pablocelayes/rsa-wiener-attack
1 | #脚本1 |
1 | #脚本2 |
1 | #脚本3 |
变种1：$\cfrac{N_1}{N_2}<\cfrac{q_1}{q_2}<1$
Paper: https://eprint.iacr.org/2015/399.pdf
尝试对 $\cfrac{N_1}{N_2}$ 进行连分数展开并求其各项渐进分数，记为 $\cfrac{t_i}{s_i}$ 并验证 $N_1\% {t_k}==0$ 是否成立，如果成立，那么 $q_1=t_k，q_2=s_k$。
连分数逼近：
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30def transform(x,y): #使用辗转相除将分数x/y转为连分数的形式
res=[]
while y:
res.append(x//y)
x,y=y,x%y
return res
def continued_fraction(sub_res):
numerator,denominator=1,0
for i in sub_res[::-1]: #从sublist的后面往前循环
denominator,numerator=numerator,i*numerator+denominator
return denominator,numerator #得到渐进分数的分母和分子，并返回
#求解每个渐进分数
def sub_fraction(x,y):
res=transform(x,y)
res=list(map(continued_fraction,(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 wienerAttack(n1,n2):
for (q2,q1) in sub_fraction(n1,n2): #用一个for循环来注意试探n1/n2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 q1==0: #可能会出现连分数的第一个为0的情况，排除
continue
if n1%q1==0 and q1!=1: #成立条件
return (q1,q2)
print("该方法不适用")
N1=
N2=
print(wienerAttack(N1,N2))
低加密指数广播攻击（Hastad攻击）
适用情况： $n,c$ 不同，$m,e$ 相同。一般会是 $e=k$，然后给 $k$ 组数据。
如果一个用户使用同一个加密指数 e 加密了同一个密文，并发送给了其他 e 个用户。那么就会产生广播攻击。这一攻击由 Håstad 提出。
使用不同的模数 $n$，相同的公钥指数 $e$ 加密相同的信息，就会得到多个 $m^e \equiv c_i \pmod {n_i}$，将 $m^e$ 视为一个整体 $M$，这就是典型的中国剩余定理适用情况。容易求得 $m^e$ 的值，当 $e$ 较小时直接开 $e$ 方即可，可使用gmpy2.iroot(M,e) 方法。
更一般情况（$k$ 组数据的 $N$ 不同）见15。
1 | #sage |
1 | #sage |
共模攻击（n,m相同，c,e不同）
当$n$不变的情况下，知道$n,e_1,e_2,c_1,c_2$可以在不知道$d_1,d_2$的情况下，解出$m$。
首先假设$e_1,e_2$互质,
即 $\gcd(e_1,e_2)=1$
此时则有 $e_1s_1+e_2s_2 = 1$
式中，$s_1,s_2$皆为整数，但是一正一负。
通过扩展欧几里德算法，我们可以得到该式子的一组解$（s_1,s_2）$，假设$s_1$为正数,$s_2$为负数。
因为 $c_1 = m^{e_1}\bmod n, c_2 = m^{e_2}\bmod n$
所以 $(c_1^{s_1}c_2^{s_2})\bmod n = ((m^{e_1}\bmod n)^{s_1}(m^{e_2}\bmod n)^{s_2})\bmod n$
根据模运算性质，可以化简为 $(c_1^{s_1}c_2^{s_2})\bmod n = ((m^{e_1})^{s_1}(m^{e_2})^{s_2})\bmod n$
即 $(c_1^{s_1}c_2^{s_2})\bmod n = (m^{e_1s_1+e_2s_2})\bmod n$
又前面提到 $e_1s_1+e_2s_2 = 1$
所以 $(c_1^{s_1}c_2^{s_2})\bmod n = m\bmod n$
即 $c_1^{s_1}c_2^{s_2}= m$
1 | import gmpy2 as gp |
e,m相同，多个n中存在两个n有GCD（模不互素）
适用情况：存在两个或更多模数 ，且 $\gcd(n_1,n_2)\ne 1$ 。
多个模数 $n$ 共用质数，则可以很容易利用欧几里得算法求得他们的质因数之一 $\gcd(n_1,n_2)$，然后这个最大公约数可用于分解模数分别得到对应的 $p$ 和 $q$，即可进行解密。
1 | import gmpy2 as gp |
Rabin加密
适用情况：$e=2$ 。
一般先通过其他方法分解得到 $p,q$，然后解密。
函数返回四个数，这其中只有一个是我们想要的明文，需要通过其他方式验证。
1 | import gmpy2 |
Boneh and Durfee attack
$e$ 非常大接近于$N$，即 $d$ 较小时。与低解密指数攻击类似，比低解密指数攻击（Wiener Attack）更强，可以解决$\cfrac{1}{3}N^{\frac{1}{4}} \leq d \leq N^{0.292}$的问题。
参考 https://github.com/mimoo/RSA-and-LLL-attacks 。
1 | 2k [(N + 1)/2 + (-p -q)/2] + 1 = 0 mod e |
变种1：$e$ 很大，$dp$ 很小，且 $d>2N^{\beta}$。
May’s Attack
假设 $e<\varphi(N),q \le N^{\beta},\beta \le \frac{1}{2}$，因 $ed_p \equiv 1 \pmod {p-1}$，有 $ed_p=1+k(p-1)$，
对于 $k \in \mathbb{N}$，有 $ed_p=(k-1)(p-1)+p$，即 $ed_pq=(k-1)(N-q)+N$。
设 $x,y$ 为参数，则多项式 $f(x,y)=x(N-y)+N$ 在模 $e$ 下存在根 $(x_0,y_0)=(k-1,q)$，用coppersmith attack可解。
光滑数
p-1 光滑
Pollard’s p-1分解算法。
如果一个整数的所有素因子都不大于 $B$，我们称这个数为 $B$-Smooth 数。
设 $p-1$ 是 $B$-Smooth 的，可设 $p-1=p_1p_2 \cdots p_n(\forall 1 \leq i \leq n,p_i \leq B)$，
若 $p_1,p_2, \cdots ,p_n$ 两两不同，则 $p_1p_2 \cdots p_n \mid B! \Rightarrow (p-1) \mid B! \Rightarrow B!=k(p-1)$。
因此 $a^{B!} \equiv a^{k(p-1)} \equiv 1 \pmod p$，假设 $N=pq$，计算 $\gcd(a^{B!}-1，N)$，只要结果大于 $0$ 小于 $N$，那么结果就为 $p$。
1 | from gmpy2 import * |
p+1 光滑
William’s p+1分解算法。
1 | def mlucas(v, a, n): |
Coppersmith定理指出在一个 $e$ 阶的 $\bmod n$ 多项式 $f(x)$ 中，如果有一个根小于 $n^{\frac{1}{e}}$，就可以运用一个 $O(\log n)$ 的算法求出这些根。
Coppersmith攻击（已知p的高位攻击）
知道 $p$ 的高位为 $p$ 的位数的约$\frac12$时即可。
1 | #Sage |
Coppersmith攻击（已知m的高位攻击）
这里我们假设我们首先加密了消息 $m$，如下
$C\equiv m^e \bmod N$
并且我们假设我们知道消息 $m$ 的很大的一部分 $m_0$，即 $m=m_0+x$，但是我们不知道 $x$。那么我们就有可能通过该方法进行恢复消息。这里我们不知道的 $x$ 其实就是多项式的根，需要满足 Coppersmith 的约束。
可以参考 https://github.com/mimoo/RSA-and-LLL-attacks 。
$e$ 足够小，且部分明文泄露时，可以采用Coppersmith单变量模等式的攻击，如下：
$c=m^{e}\bmod n=(mbar+x_{0})^{e}\bmod n$，其中 $mbar = (m >> k\text{bits}) << k\text{bits}$
当 $\vert x_{0}\vert\leq N^{\frac{1}{e}}$ 时，可以在 $\log N$ 和 $e$ 的多项式时间内求出 $x_0$。
1 | #Sage |
Coppersmith攻击（已知d的低位攻击）
如果知道 $d$ 的低位，低位约为 $n$ 的位数的 $\frac14$ （$\frac{n.n\text{bits}()}{4}$）就可以恢复 $d$。
1 | #Sage |
变种1：$n=p\cdot q\cdot r$，已知 $n,p,d=\text{inv}(e,\varphi(n)),e,c$
$k(p-1)\rightarrow k’,qr\rightarrow n’,q+r\rightarrow s$
$ed_{0}\equiv 1+k’(n’-s+1) \pmod {2^{d_{0}.n\text{bits}()}}\quad (1)$
$q^{2}-sq+n’\equiv 0 \pmod {2^{d_{0}.n\text{bits}()}}\quad (2)$
联立可得，$(ed_{0}-1-k’n’-k’)q+k’q^{2}+k’n’\equiv 0 \pmod {2^{d_{0}.n\text{bits}()}}$
即求解同余方程可得 $q$ 的低 $size(d0)$ 位，本来是个partial d的coppersmith问题，但因为step1求解同余方程后得到的 $q$ 已是完整的 $q$，所以无需后续的coppersmith。
参考：Dragon CTF 2019 - RSA Chained
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22#Sage
def find_p(d0, kbits, e, n, p):
X = var('X')
for k in range(1, e + 1):
k_dot = k * (p - 1)
results = solve_mod([e * d0 * X - k_dot * X * (n - X + 1) + k_dot * n == X], 2^kbits)
for x in results:
q = ZZ(x[0])
if n % q == 0:
return q
return None
n = ... # q * r
p =
c =
d0 =
e =
kbits = d0.nbits()
q = find_p(d0, kbits, e, n, p)
phi = (p - 1) * (q - 1) * (n // q - 1)
d = inverse_mod(e, phi)
print(bytes.fromhex(hex(pow(c, d, p * n))[2:]))
Coppersmith攻击（已知N一个因子的高位，部分p）
当我们知道一个公钥中模数 $N$ 的一个因子的较高位时，我们就有一定几率来分解 $N$。
参考 https://github.com/mimoo/RSA-and-LLL-attacks 。
关注下面的代码：
1 | beta = 0.5 |
其中，
- 必须满足 $q\ge N^{beta}$，所以这里给出了 $beta=0.5$，显然两个因数中必然有一个是大于的。
- XX 是 $f(x)=q′+x$ 在模 $q$ 意义下的根的上界，自然我们可以选择调整它，这里其实也表明了我们已知的 $q′$ 与因数 $q$ 之间可能的差距。
1 | #Sage |
注：
sage的small_root传参X不能过大，需自行判断阈值并调整（如果X过大，即使存在X内的解，也无法求出）；
比如 $p$ 的低位泄露时因为不确定缺失高位的具体比特数，所以要在 $2^{\frac{n.n\text{bits}()}{2}−k\text{bits}}$ 附近作X的阈值估计；
无法确定拿到的 $p$ 是否大于 $q$，所以对 $\beta=0.5$ 进行调整至 $0.4$。
Coppersmith’s Short-pad Attack & Related Message Attack（Franklin-Reiter攻击）
目前在大部分消息加密之前都会进行 padding，但是如果 padding 的长度过短（$m \in (0,\lfloor\frac{n.n\text{bits}()}{e^2}\rfloor]$），也有可能被很容易地攻击。
这里所谓 padding 过短，其实就是对应的多项式的根会过小。
当 Alice 使用同一公钥对两个具有某种线性关系的消息 $M_1$ 与 $M_2$ 进行加密，并将加密后的消息 $C_1$，$C_2$ 发送给了 Bob 时，我们就可能可以获得对应的消息 $M_1$ 与 $M_2$ 。这里我们假设模数为 $N$，两者之间的线性关系如下：
$M_1 \equiv f(M_2) \bmod N$
其中 $f$ 为一个线性函数，比如说 $f=ax+b$。
在具有较小错误概率下的情况下，其复杂度为 $O(e\log^2N)$。
这一攻击由 Franklin与Reiter 提出。
1 | #脚本1 |
1 | #脚本2 |
变种1： $c_i=(a_im+b_i)^e \pmod {n_i}$
用CRT计算系数 $T_i$ 使得 $T_i \equiv 1 \pmod{n_i},T_i \equiv 0 \pmod{n_{j \neq i}}$，
则可建立多项式为 $f(x) = \sum_{i} T_i [ (a_i x + b_i)^e - c_i]$，符合 $f(m) \equiv 0 \pmod{n_i}$，
故 $m$ 是 $f(m) \equiv 0 \pmod N$ 的一个根，其中 $N= \prod_i n_i$。
如果 $m < \left (\prod_i n_i \right)^{1/e} = M^{1/\deg{f(x)}}$，可以使用coppersmith找出 $m$。
参考：
RSA Hastad Attack with non-linear padding and different public keys（带非线性padding和不同公钥的广播攻击）
适用情况：$m$ 经 $k$ 次非线性padding处理后，分别用 $k$ 组 $(N_i,e_i)$ 加密后得 $k$ 组 $c_i$。
参考：2020年羊城杯 - Invitation
1 | #Sage |
选择明/密文攻击
选择明文攻击
适用情况：对输入的任意明文服务器返回 RSA 加密结果，可以通过选择明文攻击来获取 $n$。
首先发送 $2$，让服务器进行加密，返回 $c_2=2^e \bmod n$；
继续发送 $2^2$，让服务器进行加密，返回 $c_4=4^e \bmod n$；
不妨设 $2^e=a+bn$，有 $c_2=(a+bn) \bmod n=a$，$c_4=(a^2+2abn+b^2n^2) \bmod n = a^2 \bmod n$，
所以 $c_2^2$ 和 $c_4$ 模 $n$ 同余，即 $c_2^2-c_4=kn$，同理 $c_2^3-c_8=k’n$，
一般来说 $a^2$ 比 $n$ 大，所以 $k \neq 0$。
同理还可以构造更多的例子取他们的公因数，来更加确定地找 $n$。
1 | import gmpy2 |
选择密文攻击
适用情况：可以构造任意密文并获得对应明文，通过选择密文攻击获得特定的明文。
假设服务器创建了密文 $c=m^e \bmod n$，并且把 $c$ 发送给用户，用户可以发送任意密文服务器返回解密后的明文，可以通过以下方法求出 $m$：
- 选择任意的 $x$ 与 $n$ 互素；
- 计算 $y=cx^e \bmod n$；
- 由于可以进行选择密文攻击，可以求得 $y$ 对应的解密结果 $z=y^d$；
- 则 $z=y^d=(cx^e)^d=c^dx=mx \bmod n$，由于 $x$ 与 $n$ 互素，容易求得相应逆元，进而可以得到 $m$。
1 | from Crypto.Util.number import * |
Parity Oracle Attack
LSB Oracle Attack（Least Significant Bit Oracle Attack ）
适用情况：可以选择密文并泄露明文的最低位（奇偶性）。
服务器会对一个给定的密文进行解密，并且会检查解密的明文的奇偶性，并根据奇偶性返回相应的值，比如1表示奇数，0表示偶数。那么给定一个加密后的密文，只需要 $\log_2n$ 次就可以知道这个密文对应的明文消息。
假设 $c=m^e \bmod n$，第一次时，构造密文 $c \cdot 2^e \bmod n=(2m)^e \bmod n$，服务器解密后得到 $2m \bmod n$。
这里：
- $2m$ 是偶数，它的幂次也是偶数；
- $n$ 是奇数，因为它是由两个大素数相乘得到。
那么：
- 服务器返回奇数，即 $2m \bmod n$ 为奇数，则说明 $2m>n$，且减去了奇数个 $n$，又因为 $2m<2n$，因此减去了一个 $n$，即 $\frac{n}{2}\leq m \lt n$；
- 服务器返回偶数，则 $2m<n$，即 $0 \leq m \lt \frac{n}{2}$。
第二次时，构造密文 $c \cdot 4^e \bmod n$，服务器解密后得到 $4m \bmod n$，判断其奇偶性可以知道 $m$ 和 $\frac{n}{4}$ 的大小关系。
以此类推，第 $i$ 次时，构造密文 $c \cdot 2^{ie} \bmod n$，服务器解密后得到 $2^im \bmod n$，判断其奇偶性可以知道 $m$ 和 $\frac{n}{2^i}$ 的大小关系。
所以我们就有了一个二分算法，可以在 $\log_2n$ 次内将 $m$ 的范围逼近到一个足够狭窄的空间。
假设服务器返回 b，那么可以归纳为：
1 | L = 0 |
由于此处有大量整除运算，所以最好用 decimal 库进行精确计算，否则最后结果很可能会出错。decimal.getcontext().prec 用来设定精度。
1 | from Crypto.Util.number import * |
更多信息可参考：RSA Least-Significant-Bit Oracle Attack 和 RSA least significant bit oracle attack 。
1 | import decimal |
MSB Oracle Attack（Most Significant Bit Oracle Attack ）
适用情况：可以选择密文并泄露明文的最高位（奇偶性）。
假设远程提供一个解密服务，但是只返回明文的最高字节，并且明文的形式是64字节，高位用 \x00 填充。
将加密的内容拿去解密会得到 $m$，但是回显最高位是 \x00，构造密文 $c \cdot 2^e$，解密会得到 $2m \bmod n$，
不断构造密文 $c \cdot 2^{ie}$，当最高位不是 \x00 时，记录下值为 $x$，则说明 $mx>2^{\text{kbit}}$，
然后再相应缩小 $x$ ，可以利用二分法，比如当第一次拿到 $mx>2^{\text{kbit}}$，那么有 $m(\frac{x}{2})<2^{\text{kbit}}$，因此新的 $x’$ 必定满足 $\frac{x}{2} \lt x’ \lt x$，接着尝试 $\frac{x+\frac{x}{2}}{2}$ 就好。
最终可以找到一个 $X$，满足 $mX \lt 2^{\text{kbit}}$ 且 $m(X+1) \gt 2^{\text{kbit}}$，由于是整除，所以会有误差，最后的 $m$ 在 $\frac{2^{\text{kbit}}}{x}$ 附近。
参考：Pwnhub - pkcs4
Byte Oracle Attack
适用情况：可以选择密文并泄露最后一个字节。
服务器会对一个给定的密文进行解密，并且会给出明文的最后一个字节。那么给定一个加密后的密文，只需要 $\log_{256}n$ 次就可以知道这个密文对应的明文消息。
这是 RSA Parity Oracle 的扩展，既然可以泄露出最后一个字节，那么按道理获取密文对应明文的次数应该可以减少。
假设 $c=m^e \bmod n$，第一次时，构造密文 $c \cdot 256^e \bmod n=(256m)^e \bmod n$，服务器解密后得到 $256m \bmod n$。
这里：
- $256m$ 是偶数，它的幂次也是偶数；
- $n$ 是奇数，因为它是由两个大素数相乘得到。
由于 $m=c^d \bmod n$，所以 $m \lt n$，那么：$256m \bmod n=256m-kn$，$(k<256)$，
而且对于两个不同的 $k_1,k_2$，有：$(256m-k_1n) \bmod 256 \neq (256m-k_2n) \bmod 256$，
同时 $256m-kn$ 的最后一个字节其实就是 $-kn$ 在模 $256$ 的情况下获取的。
那么，可以首先枚举出 $0 \sim 255$ 情况下的最后一个字节，构造一个 $k$ 和最后一个字节的映射表 $\text{M}$。
当服务器返回最后一个字节，可以根据上述构造的映射表 $\text{M}$ 得知 $k$，即减去了 $k$ 个 $n$，即 $kn \leq 256m \leq (k+1)n$。
以此类推，第 $i$ 次时，构造密文 $c \cdot 256^{ie} \bmod n$，服务器解密后得到 $256^im \bmod n = 256^im-kn$，即：
$kn \leq 256^im \leq (k+1)n$， $\frac{kn}{256^i} \leq m \leq \frac{(k+1)n}{256^i}$。
那么，可以设初始范围为：$\frac{M}{n} \in [L_0,R_0],(L_0=0,R_0=1)$，
第 $i$ 次迭代后：$L_i=L_{i-1}+\frac{k_i}{256^i},R_i=R_{i-1}+\frac{k_i+1}{256^i}$。
最后一个问题是迭代的次数，由于明文的最后一个字节可以直接由服务器解密得到，那么只需要限定 $m$ 的范围至 $m_{\text{max}}-m_{\text{min}} \lt 256$，即 $n(R_i-L_i)= \frac{n}{256^i} \lt 256$。
例如，假设 $n \lt 2^{1024}$，由上式可得 $i \gt 128$。
一般对于这样的 Oracle，最多需要 $\log_{2^{\text{bits}}}n$ 次迭代即可确定明文，其中 bits 为泄露的明文 bit 数。RSA Parity Oracle 为 1，RSA Byte Oracle 为 8。
假设服务器返回了 b，那么可以归纳为：
1 | L = 0 |
如果不知道 $e$ 但服务器提供任意明文加密服务，可以让服务器加密 $256$，得到 $256^e \bmod n$。
由于有大量除法运算，为保证精度，将中间过程用 Fraction 库保存为分数。
最后一字节的数据不准确要减掉，从服务器返回精确的最后一字节数据。
其实只要求出 L 下限即可，无需求出 R 上限。
1 | from Crypto.Util.number import * |
Common Private Exponent（共私钥指数攻击，d相同）
加密用同样的私钥并且私钥比较短，从而导致了加密系统被破解。
假定：
$\begin{cases} e_1d=1+k_1\varphi(N_1) \newline e_2d=1+k_2\varphi(N_2) \newline {\vdots} \newline e_rd=1+k_r\varphi(N_r) \end{cases}$
其中，$N_1 \lt N_2 \lt \cdots \lt N_r \lt 2N_1$。
构造格：
$B_r=\begin{bmatrix}{M}&{e_1}&{e_2}&{\cdots}&{e_{r}}\newline
{0}&{-N_1}&{0}&{\cdots}&{0}\newline{0}&{0}&{-N_2}&{\cdots}&{0}\newline{\vdots}&{\vdots}&{\vdots}&{\ddots}&{\vdots}\newline{0}&{0}&{0}&{\cdots}&{-N_r}\newline\end{bmatrix}$
其中 $M=\lfloor N_r^{\frac{1}{2}} \rfloor$。
再利用LLL算法进行规约得到 $\vert b_1\vert=Md$，则 $d=\cfrac{\vert b_1 \vert}{M}$，从而解密密文得到明文。
使用条件：
$d \lt N_r^{\delta_r}，\delta_r \lt \cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{2(r+1)}-\log_{N_r}{(6)}$
参考：
Lattice Based Attack on Common Private Exponent RSA
SCTF 2020 - RSA
1 | ###Sage### |
多组低解密指数攻击
适用情况：2-4组 $e$，且 $d$ 较小
给定2组
$g=\gcd(p-1,q-1),\lambda(n)=\frac{\varphi(n)}{g},s=1-p-q$
且有 $ed-k\lambda(n)=1$，得到 $edg-kn=g+ks\quad (1)$
设 $e_1$ 对应 $k_1$，$e_2$ 对应 $k_2$，则有 $k_{2}d_{1}e{1}-k_{1}d_{2}e_{2}=k_{2}-k_{1}\quad (2)$
由(1)(2)有：
$\left\{ \begin{matrix} e_{1}d_{1}g-k_{1}n=g+k_{1}s \newline k_{2}d_{1}e{1}-k_{1}d_{2}e_{2}=k_{2}-k_{1} \newline e_{1}e_{2}d_{1}d_{2}g_{2}-e_{1}d_{1}gk_{2}n-e_{2}d_{2}gk_{1}n+k_{1}k_{2}n^{2}=(g+k_{1}s)(g+k_{2}s) \end{matrix} \right.$
上述等式组也可表示为
$bL_2 =[k_{1}k_{2},k_{2}d_{1}g,k_{1}d_{2}g,d_{1}d_{2}g^{2}]\cdot\left[ \begin{matrix} n & -M_{1}n & 0 & n^{2} \newline 0 & M_{1}e_{1} & M_{2}e_{1} & -e_{1}n \newline 0 & 0 & -M_{2}e_{2} & -e_{2}n \newline 0 & 0 & 0 & e_{1}e_{2} \end{matrix} \right] =[k_{1}k_{2}n,M_{1}k_{2}(g+k_{1}s),M_{2}g(k_{2}-k_{1})，(g+k_{1}s)(g+k_{2}s)]$
（其中 $M_{1}=n^{1/2},M_{2}=n^{1+\alpha_{2}},d\approx n^{\alpha_{2}}$）
对部分参数进行上界估计，k上界近似于 $d\approx N^{\alpha_{2}}$, $|s|$ 上界 $\approx N^{1/2}$，$g$ 一般相对极小
因此上面的矩阵表示 $BA=C$ 中，$C$ 的每个元的size都近似 $n^{1+2\alpha_{2}}$，所以 $|C|\approx 2\cdot n^{1+2\alpha_{2}}$
$B$ 作为格基的格中，最短向量由Minkowski Bounds知 $\approx \sqrt{4}\det(B)^{1/4}\approx 2\cdot n^{(13/2+\alpha_{2})/4}$
因此只要满足 $n^{1+2\alpha_{2}}<n^{(13/2+\alpha_{2})/4}$ 即可将问题转化为SVP（$\alpha_{2}<\frac{5}{14}$）
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28from sage.all import *
import gmpy2
N =
e1 =
e2 =
c =
for i in range(1000):
alpha2 = i/1000
M1 = int(gmpy2.mpz(N)**0.5)
M2 = int( gmpy2.mpz(N)**(1+alpha2) )
D = diagonal_matrix(ZZ, [N, M1, M2, 1])
B = Matrix(ZZ, [ [1, -N, 0, N**2],
[0, e1, -e1, -e1*N],
[0, 0, e2, -e2*N],
[0, 0, 0, e1*e2] ]) * D
L = B.LLL()
v = Matrix(ZZ, L[0])
x = v * B**(-1)
phi = (x[0,1]/x[0,0]*e1).floor()
try:
d = inverse_mod( 65537, phi)
m = hex(power_mod(c, d, N))[2:]
if m.startswith('44415343'):
print(i)
print(bytes.fromhex(m))
break
except:
pass给定3组
类似2组情况，其中
$b=[k_1k_2k_3,d_1gk_2k_3,k_1d_2gk_3,d_1d_2g^2k_3,k_1k_2d_3g,k_1d_3g,k_2d_3g,d_1d_2d_3g^3]$
$L_3=\left[\begin{matrix} 1-N & 0 & N^2 & 0 & 0 & 0 & -N^3 \newline e_1 & -e_1 & -e_1N & -e & 0 & e_1N & e_1N^2 \newline 0 & e_2 & -e_2N & 0 & e_2N & 0 & e_2N^2 \newline 0 & 0 & e_1e_2 & 0 & -e_1e_2 & -e_1e_2 & -e_1e_2N \newline 0 & 0 & 0 & e_3 & -e_3N & -e_3N & e_3N^3 \newline 0 & 0 & 0 & 0 & e_1e_3 & 0 & -e_1e_3N \newline 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & e_2e_3 & -e_2e_3N \newline 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & e_1e_2e_3 \end{matrix}\right] \times D$
其中 $D={\rm diag}(N^{3/2},N,N^{(3/2)+\alpha_3},N^{1/2},N^{(3/2)+\alpha_3},N^{1+\alpha_3},N^{1+\alpha_3}，1)$
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42from sage.all import *
import gmpy2
N =
e1 =
e2 =
e3 =
c =
for i in range(1000):
alpha2 = i/1000
M1 = int(gmpy2.mpz(N)**(3./2))
M2 = int( gmpy2.mpz(N) )
M3 = int(gmpy2.mpz(N)**(3./2 + alpha2))
M4 = int( gmpy2.mpz(N)**(0.5) )
M5 = int( gmpy2.mpz(N)**(3./2 + alpha2) )
M6 = int( gmpy2.mpz(N)**(1.+alpha2) )
M7 = int( gmpy2.mpz(N)**(1.+alpha2) )
D = diagonal_matrix(ZZ, [M1, M2, M3, M4, M5, M6, M7, 1])
B = Matrix(ZZ, [ [1, -N, 0, N**2, 0, 0, 0, -N**3],
[0, e1, -e1, -e1*N, -e1, 0, e1*N, e1*N**2],
[0, 0, e2, -e2*N, 0, e2*N, 0, e2*N**2],
[0, 0, 0, e1*e2, 0, -e1*e2, -e1*e2, -e1*e2*N],
[0, 0, 0, 0, e3, -e3*N, -e3*N, e3*N**2],
[0, 0, 0, 0, 0, e1*e3, 0, -e1*e3*N],
[0, 0, 0, 0, 0, 0, e2*e3, -e2*e3*N],
[0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, e1*e2*e3] ]) * D
L = B.LLL()
v = Matrix(ZZ, L[0])
x = v * B**(-1)
phi_ = (e1*x[0,1]/x[0,0]).floor()
try:
d = inverse_mod( 65537, phi_)
m = hex(power_mod(c, d, N))[2:]
if m.startswith('44415343'):
print(i)
print(bytes.fromhex(m))
break
except:
pass给定更多组
参考Paper
Common Modulus Attacks on Small Private Exponent RSA and Some Fast Variants (in Practice)
Extending Wiener’s Attack in the Presence of Many Decrypting Exponents
多项式RSA
在整数RSA原理基础上将多项式代入分析：
在有限域上选取两个不可约多项式 $g(p),g(q)$，$g(n)=g(p) \cdot g(q)$，计算出 $g(n)$ 的欧拉函数 $\varphi(g(n))=\varphi$，
选取一个整数 $e$ 作为公钥，$e$ 与 $\varphi$ 是互素的，那么对于明文 $g(m)$，加密过程为 $g(m)^e \equiv g(c) \pmod {g(n)}$，
计算私钥 $d$ 满足 $ed \equiv 1 \pmod \varphi$，则 $g(c)^d \equiv (g(m)^e)^d \equiv g(m)^{ed} \equiv g(m)^{\varphi+1} \pmod {g(n)}$，
同样考虑 $g(n)$ 与 $g(m)$ 互素，欧拉定理对于多项式亦成立，
得到 $g(m)^{\varphi+1} \equiv g(m) \pmod {g(n)}$，所以 $g(c)^d \equiv g(m) \pmod {g(n)}$。
显然RSA对于整数的体制可以适用于有限域上的多项式。
★注意：
对于素数 $x$，$\varphi(x)=x-1$，但是对于不可约多项式 $g(x)$，$\varphi(g(x))=p^n-1$。（此 $p$ 为 $GF(p)$ 的模，此 $n$ 为多项式最高项次数）
原因：
由欧拉函数定义本身，欧拉函数是小于 $n$ 的所有与 $n$ 互质的数的个数。
多项式的欧拉函数则类似，表示不高于 $g(x)$ 幂级的环内所有多项式中，与 $g(x)$ 无公因式（非1）的其他多项式的个数，所以每一个不高于 $g(x)$ 幂级的环内多项式（除了它自己）均满足此条件。
1 | #脚本1 |
1 | #脚本2 |
1 | #Sage |
参考：
Crypto CTF2020 - Decent RSA
Weak prime factors （p具线性特征）
适用情况：$p$ 满足 $ap=u_0+M_1u_1+\cdots+M_ku_k$
先根据 $n$ 确定 $M$ 的大小，再根据 $M$ 选取符合要求的 $k$ 和 $c$，然后构造一个格如下：
$M(\mathcal{L})=\begin{bmatrix}{1}&{0}&{0}&{\cdots}&{0}&{CM^{2k}} \newline
{0}&{1}&{0}&{\cdots}&{0}&{CM^{2k-1}} \newline {\vdots}&{\vdots}&{\vdots}&{\ddots}&{\vdots}&{\vdots} \newline {0}&{0}&{0}&{\cdots}&{1}&{CM} \newline {0}&{0}&{0}&{\cdots}&{0}&{-CN} \newline \end{bmatrix}$
用LLL算法进行格基规约，将规约后的某个向量作为多项式系数，再对多项式进行分解，即可完成对 $n$ 的分解。
参考
Factoring RSA moduli with weak prime factors
N1CTF2020 - easyRSA
1 | from tqdm import tqdm |
p多次幂因子
适用情况：$N=p^rq$
情形1
条件：$(N,e)$ 满足 $ex-\varphi(N)y=z$，其中 $x$ 与 $\lvert z \rvert$ 为小参数。
$f(x) = ex-z \equiv 0 \pmod {p^{r-1}}$
计算 $\gcd(ex - z,N)=g$，则
$p = \begin{cases} g^{\frac{1}{r-1}},\text{if } g=p^{r-1} \newline g^{\frac{1}{r}},\text{if } g=p^{r} \newline \frac{N}{g},\text{if } g=p^{r-1}q \end{cases}$
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4P.<x> = PolynomialRing(Zmod(n))
f = e * x - b
root = f.monic().small_roots(X=2**672,beta=0.75)[0]
g = gcd(int(e * root - b),n3)情形2
条件：小 $\lvert d_1-d_2 \rvert$，$\lvert d_1-d_2 \rvert \lt N^{\frac{r(r-1)}{(r+1)^2}}$。
$f(x) = e_1e_2(d_1-d_2) - (e_2-e_1) \equiv 0 \pmod {p^{r-1}}$
等价于 $g(x) = x-a \equiv 0 \pmod {p^{r-1}}$，其中 $a \equiv (e_2-e_1)(e_1e_2)^{-1} \pmod {N}$。
计算 $\gcd(e_1e_2x - (e_2-e_1),N)=g$，则
$p = \begin{cases} g^{\frac{1}{r-1}},\text{if } g=p^{r-1} \newline g^{\frac{1}{r}},\text{if } g=p^{r} \newline \frac{N}{g},\text{if } g=p^{r-1}q \end{cases}$
1
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3
4P.<x> = PolynomialRing(Zmod(n))
f = e1*e2*x - e1 + e2
root = f.monic().small_roots(X=2**672,beta=0.75)[0]
g = gcd(int(e1*e2*root - e1 + e2),n)情形3
条件：$N_1=p_1^rq_1,N_2=p_2^rq_2$，小 $\lvert p_1-p_2 \rvert$，$\lvert p_1-p_2 \rvert \lt \cfrac{p_1}{2rq_1q_2}$。
$\left| \cfrac{N_2}{N_1} - \cfrac{q_2}{q_1} \right| = \cfrac{q_1q_2 \lvert p_1^r - p_2^r \rvert}{q_1^2p_1^r} < \cfrac{1}{2q_1^2}$
利用 $\cfrac{N_2}{N_1}$ 的连分数展开对应的渐进分数逼近 $\cfrac{q_2}{q_1}$。
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13cf = continued_fraction(n1/n2)
fracs = cf.convergents()
for xx in tqdm(fracs):
q1 = xx.numerator()
q2 = xx.denominator()
if q1.nbits() in range(511, 513) and q2.nbits() in range(511, 513):
if n1 % q1 == 0:
print(q1)
assert n1 % q1 == 0
p1 = int((n1 // q1)^(1/2))
p2 = int((n2 // q2)^(1/2))
assert p1^2 * q1 == n1
break
参考：
New attacks on RSA with Moduli $N = p^rq$
D^3CTF 2022 - d3factor
RSA-CRT
错误模攻击
有明文 $m$ 经对应编码后的 $\sigma_p = \mu(m)^d \bmod p, \sigma_q = \mu(m)^d \bmod q$，生成RSA-CRT签名 $\sigma = (\sigma_p\cdot\alpha + \sigma_q\cdot\beta) \bmod N$，其中参数 $\alpha = q \cdot (q^{-1} \bmod p),\beta = p \cdot (p^{-1} \bmod q)$。
利用错误模注入技术得到错误签名 $\sigma’$，即 $\sigma’ = (\sigma_p\cdot\alpha + \sigma_q\cdot\beta) \bmod N’$，
对生成的两种签名 $\sigma$ 和 $\sigma’$ 使用CRT可计算出 $v=(\sigma_p\cdot\alpha + \sigma_q\cdot\beta) \bmod (N \cdot N’)$。
针对 $l \ge 5$ 的编码后消息进行分析，通过计算签名对 $(\sigma,\sigma’)$ 分解 $N$ 的攻击方法：
对所有的 $i$，计算出对应的整数 $v_i= \text{CRT}_{N,N’}(\sigma_i,\sigma_i’)$，这些对应的 $v_i$ 构成 $\mathbb{Z}^l$ 上的向量 $\mathbf{v}=(v_1,\cdots,v_i)$；
利用LLL定理计算出垂直于向量 $\mathbf{v}$ 的正交格 $\mathbf{v}^{\perp}$ 的规约基 $\mathbf{b}_1,\cdots,\mathbf{b}_{l-1}$，其中所有的向量和格的分布都是在 $\mathbb{Z}^l$ 内。通过对存在于 $\mathbb{Z}^{1+l}$ 中的格应用LLL定理，即对如下矩阵使用LLL定理：
$\begin{pmatrix} kv_1 & 1 & & 0 \newline \vdots& & \ddots & \newline kv_l & 0 & & 1 \end{pmatrix}$
其中 $k$ 为合适的大常量，并去除计算出来的向量的第1个元素；
前 $l-2$ 个向量 $\mathbf{b}_1,\cdots,\mathbf{b}_{l-2}$ 将生成秩为 $l-2$ 的格 $L’$，再次利用LLL定理来计算出正交格 $(L’)^{\perp}$ 的规约基 $\mathbf{x}’,\mathbf{y}’$。同样可以通过对如下矩阵使用LLL定理得到对应的规约基：
$\begin{pmatrix} k’b_{1,1} & \cdots & k’b_{l-2,1} & 1 & & 0 \newline \vdots& & \vdots & & \ddots & \newline k’b_{1,l} & \cdots & k’b_{l-2,l}& 0 & & 1 \end{pmatrix}$
同步骤2，保留计算出来的向量的最后 $l$ 个元素；
将所有长度不超过 $\sqrt{lN}$ 的并在 $(L’)^{\perp}$ 内的向量 $\mathbf{z}=a \mathbf{x}’+b \mathbf{y}’$ 列举出来，对符合条件的向量 $\mathbf{z}$，计算出 $\gcd(\mathbf{v}-\mathbf{z},N)$，可以得出 $N$ 中任何可能的素因子。
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28from tqdm import tqdm
import gmpy2,sys
def orthogonal_lattice(B):
LB = B.transpose().left_kernel(basis="LLL").basis_matrix()
return LB
cs = []
s = []
l = 6
v = []
for i in range(len(cs_)):
v.append(int(crt([s_[i], cs_[i]], [n, N])))
v = vector(ZZ, v)
Lv = orthogonal_lattice(Matrix(v))
L1 = orthogonal_lattice(Lv.submatrix(0, 0, l-2, l))
x, y = L1
for a in tqdm(range(333)):
for b in tqdm(range(333)):
z = a*x+b*y
for each in (v-z):
tmp = gcd(each,n)
if tmp>1:
p = tmp
print(p)
sys.exit()参考：
Modulus Fault Attacks Against RSA-CRT Signatures
2022巅峰极客 - Learning with Fault
其他特别情形
多素数因子（Multi-prime RSA）
$n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_m^{k_m} \\ \Rightarrow \begin{eqnarray}\varphi(n) &=&\varphi(p_1^{k_1})\varphi(p_2^{k_2}) \cdots \varphi(p_m^{k_m}) \\ &=&(p_1^{k_1-1}\cdot(p_1-1))(p_2^{k_2-1}\cdot(p_2-1)) \cdots (p_m^{k_m-1}\cdot(p_m-1)) \end{eqnarray}$
next_prime()
根据素数定理，素数的平均间隔为：$\cfrac{x}{\pi(x)} \approx \ln(x)$，因此常见的下一个素数比当前素数大一点，一般不会超过1500。
变种1：$n=p \cdot q \cdot \text{nextprime}(p) \cdot \text{nextprime}(q)$
给 e,p,c
$c \equiv m^e \pmod n \\\Leftrightarrow c_1 \equiv c \pmod p \equiv m^e \pmod p$
令 $ed_1 \equiv 1 \pmod {(p-1)}$，有 $m \equiv c^d \pmod n \equiv c_1^{d_1} \pmod p$。
给 e,d,modinv(q,p),c
已知：$p,q$ 同比特位数。
令 $cf=q^{-1} \bmod p$，有 $q\cdot cf=1 \pmod p$。
$ed=1+k(p-1)(q-1)$，
比较比特位数，$k$ 与 $e$ 同长，可爆破 $k$，得 $\varphi(n)=(p-1)(q-1)=\cfrac{ed-1}{k}$；
上式 $\varphi(n) =(p-1)(q-1) \pmod p=-(q-1) \pmod p$，
结合 $q\cdot cf=1 \pmod p$，即 $q\cdot cf-1=0 \pmod p$，
联立：
$\begin{eqnarray} \varphi(n)&=&(p-1)(q-1)\\&=&pq-p-q+1\\&=&n-p-q+1 \end{eqnarray}$
$\begin{eqnarray} cf\cdot \varphi(n)&=&cf\cdot(n-p-q+1)\\&=&cf\cdot n-cf\cdot p-cf\cdot q+cf \end{eqnarray}$
$\begin{eqnarray} cf\cdot \varphi(n) \bmod p&=&(cf\cdot n-cf\cdot p-cf\cdot q+cf) \bmod p\\&=&0-0-(cf\cdot q)+cf \bmod p\\&=&-1+cf \bmod p \end{eqnarray}$
有 $1+cf\cdot \varphi(n)-cf=0\pmod p$，
即$x=1+cf\cdot \varphi(n)-cf$ 能被 $p$ 整除；
由费马小定理，存在 $r$ 满足 $r^{p-1}=1 \pmod p$，
$\begin{eqnarray}r^{\varphi(n)}&=&(r^{(p-1)})^{(q-1)}\\&=&1^{(q-1)} \pmod p\\&=&1 \pmod p \end{eqnarray}$，
因对于任意 $r,k_1,k_2$，当 $k_2$ 为 $k_1$ 因子时，$r \bmod k_2=(r \bmod k_1) \bmod k_2$，
故 $r^{\varphi(n)} \bmod p=(r^{\varphi(n)} \bmod x) \bmod p=1 \bmod p=kp$，
已知 $\varphi(n)$，由 $(r^{\varphi(n)} \bmod x) \bmod p=kp$ 可得到多组 $p$ 的乘积，计算 $\gcd$ 可得到 $p$；
由 $q\cdot cf=1 \pmod p$ 求模逆可得 $q$，再用 $c$ 计算出 $m$。
gcd(e,φ(n)) ≠ 1
$\gcd(e,\varphi(n))\neq 1$ 时，$e$ 与 $\varphi(n)$ 不互素，
$m^e \equiv (m^{\gcd(e,\varphi(n))})^{\frac{e}{\gcd(e,\varphi(n))}} \equiv c \pmod n$，计算 $\frac{e}{\gcd(e,\varphi(n))}$ 的模逆 $d’$，
则 $c^{d’}\equiv m^{\gcd(e,\varphi(n))}\pmod n$。
当 $\gcd(e,\varphi(n))$ 较小时，可以直接对 $c$ 开根，有两种情况：
- $m^e = c<n$，这种情况直接对 $c$ 开 $e$ 次方即可；
- $m^e = c>n$，这种情况需要在有限域下对 $c$ 开方，一般先计算 $c_p=c \bmod p$，$c_q=c \bmod q$，分别求出 $c_p,c_q$ 在 $c$ 下的 $e$ 次根（可能有多个），然后使用CRT遍历所有组合，分别check得出明文。
当 $\gcd(e,\varphi(n))$ 较大时，求 $p,q$ 的 $e$ 次根步骤需要替换为一些有限域开根的高效算法（如AMM算法等）进行计算。
参考：
e|(p-1), e|(q-1)
上面的 $\gcd(e,\varphi(n))\neq 1$ 情况不针对 $\gcd(e,\varphi(n))= e$，这里对 $e\mid (p-1),e\mid (q-1)$ 的特殊情况进行讨论。
解题思路即求解 $m \bmod p$ 和 $m \bmod q$ ，再通过CRT还原 $m \bmod n$。主要难点则是在 $\text{GF}(p)$ 上求 $e$ 次根。
在有限域上求r-th root有两个常见算法（Adleman-Manders-Miller algorithm和Cipolla-Lehmer algorithm），Namhun Koo提出一种更具一般性的开根算法，且在 $s$ 足够小的时候更高效（$r^{s}\mid (p-1),r^{s}\nmid (p-1)$）。
★参考：NCTF 2019 - easyRSA （Adleman-Manders-Miller rth Root Extraction Method）
本题则为 $e$ 和 $p-1$ （或 $q-1$）的最大公约数就是 $e$ 本身，也就是说 $e\mid (p-1)$，只有对 $c$ 开 $e$ 次方根才行。
可以将同余方程 $m^e \equiv c \pmod n$ 化成
$\begin{cases} m^e \equiv c \pmod p \\ m^e \equiv c \pmod q \end{cases}$
然后分别在 $\text{GF}(p)$ 和 $\text{GF}(q)$ 上对 $c$ 开 $e$ 次方根，再用CRT组合一下即可得到在 $\bmod n$ 下的解。
问题是，如何在有限域内开根？
这里 $e$ 与 $p-1$ 和 $q-1$ 都不互素，不能简单地求个逆元就完事。
这种情况下，开平方根可以用
Tonelli–Shanks algorithm，Wiki说这个算法可以扩展到开n次方根。在这篇paper里给出了具体的算法：
Adleman-Manders-Miller rth Root Extraction Method。这个算法只能开出一个根，实际上开 $e$ 次方，最多会有 $e$ 个根（这题的情况下有0x1337个根）。
如何找到其他根？
StackOverflow – Cube root modulo P 给出了方法。
如何找到所有的
primitive 0x1337th root of 1?StackExchange – Finding the n-th root of unity in a finite field 给出了方法。
Exploit（以
e=0x1337 为例）- 先用
Adleman-Manders-Miller rth Root Extraction Method在 $\text{GF}(p)$ 和 $\text{GF}(q)$ 上对 $c$ 开 $e$ 次方根，分别得到一个解。大概不到10秒。 - 然后去找到所有的
0x1336个primitive nth root of 1，乘以上面那个解，得到所有的0x1337个解。大概1分钟。 - 再用CRT对 $\text{GF}(p)$ 和 $\text{GF}(q)$ 上的两组
0x1337个解组合成 $\bmod n$ 下的解，可以得到0x1337**2=24196561个 $\bmod n$ 的解。最后能通过check()的即为flag。大概十几分钟。
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109#脚本1
#Sage
import random
import time
# About 3 seconds to run
def AMM(o, r, q):
start = time.time()
print('\n----------------------------------------------------------------------------------')
print('Start to run Adleman-Manders-Miller Root Extraction Method')
print('Try to find one {:#x}th root of {} modulo {}'.format(r, o, q))
g = GF(q)
o = g(o)
p = g(random.randint(1, q))
while p ^ ((q-1) // r) == 1:
p = g(random.randint(1, q))
print('[+] Find p:{}'.format(p))
t = 0
s = q - 1
while s % r == 0:
t += 1
s = s // r
print('[+] Find s:{}, t:{}'.format(s, t))
k = 1
while (k * s + 1) % r != 0:
k += 1
alp = (k * s + 1) // r
print('[+] Find alp:{}'.format(alp))
a = p ^ (r**(t-1) * s)
b = o ^ (r*alp - 1)
c = p ^ s
h = 1
for i in range(1, t):
d = b ^ (r^(t-1-i))
if d == 1:
j = 0
else:
print('[+] Calculating DLP...')
j = - discrete_log(a, d)
print('[+] Finish DLP...')
b = b * (c^r)^j
h = h * c^j
c = c ^ r
result = o^alp * h
end = time.time()
print("Finished in {} seconds.".format(end - start))
print('Find one solution: {}'.format(result))
return result
def findAllPRoot(p, e):
print("Start to find all the Primitive {:#x}th root of 1 modulo {}.".format(e, p))
start = time.time()
proot = set()
while len(proot) < e:
proot.add(pow(random.randint(2, p-1), (p-1)//e, p))
end = time.time()
print("Finished in {} seconds.".format(end - start))
return proot
def findAllSolutions(mp, proot, cp, p):
print("Start to find all the {:#x}th root of {} modulo {}.".format(e, cp, p))
start = time.time()
all_mp = set()
for root in proot:
mp2 = mp * root % p
assert(pow(mp2, e, p) == cp)
all_mp.add(mp2)
end = time.time()
print("Finished in {} seconds.".format(end - start))
return all_mp
c =
p =
q =
e = 0x1337
cp = c % p
cq = c % q
mp = AMM(cp, e, p)
mq = AMM(cq, e, q)
p_proot = findAllPRoot(p, e)
q_proot = findAllPRoot(q, e)
mps = findAllSolutions(mp, p_proot, cp, p)
mqs = findAllSolutions(mq, q_proot, cq, q)
print(mps, mqs)
def check(m):
h = m.hex()
if len(h) & 1:
return False
if bytes.fromhex(h).startswith(b'NCTF'):
print(bytes.fromhex(h))
return True
else:
return False
# About 16 mins to run 0x1337^2 == 24196561 times CRT
start = time.time()
print('Start CRT...')
for mpp in mps:
for mqq in mqs:
solution = CRT_list([int(mpp), int(mqq)], [p, q])
if check(solution):
print(solution)
print(time.time() - start)
end = time.time()
print("Finished in {} seconds.".format(end - start))1
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22#脚本2
#Sage
c = 346925245648012783854132941104554194717281878370806475831055718275298366664505658836564073456294047402009856656647760
p = 21122913513992623721920275602985463699928507831138027
q = 16471885912035642894544190467774867069446937372970845578732298073
e = 239
P.<a>=PolynomialRing(Zmod(p),implementation='NTL')
f=a^e-c
mps=f.monic().roots()
P.<a>=PolynomialRing(Zmod(q),implementation='NTL')
g=a^e-c
mqs=g.monic().roots()
for mpp in mps:
x=mpp[0]
for mqq in mqs:
y=mqq[0]
solution = hex(CRT_list([int(x), int(y)], [p, q]))[2:]
if solution.startswith('666c'):
print(solution)
- 先用
SMUPE 问题（不同N,e加密线性关系明文）
a system of univariate polynomial equations problem = 一元多项式方程组求解问题
定义
$k$ 是一个整数，$N$ 为满足RSA算法的模数，$\delta$ 是多项式的阶。有
$N_i<N_{i+1},\delta_i \in N\quad(i=1,2,\cdots,k)$
多项式方程组表示如下, 目的是求解 $x$：
$\begin{cases} f_1(x)\equiv 0 \pmod {N_1}\newline f_2(x)\equiv 0 \pmod {N_2} \newline {\vdots} \newline f_k(x)\equiv 0 \pmod {N_k} \end{cases}$
求解条件
Alexander May, Maike Ritzenhofent提出一种求解方法，简单地说当多项式的阶 $\delta$ 满足以下情况时可解（$\delta$ 是多项式的阶）：
$\sum\limits_{i=1}^k \cfrac{1}{\delta_i} \geq 1$
具体描述：
令 $(f_i,\delta_i,N_i) \quad(i=1,2,\cdots,k)$ 作为SMUPE问题的首一多项式组，
定义 $M=\prod\limits_{i=1}^k N_i^{\frac{\delta}{\delta_i}},\delta=\text{lcm}(\delta_i) \quad (i=1,2,\cdots,k)$
则SMUPE问题可以在 $O(\delta^6\cdot \log_2M)$ 复杂度解决。
反素数（emirp数）
已知：$q=\text{reverse_x}(p)$，$\text{x}$ 为进制数。
爆破思路类似RSA parity oracle。$p,q$ 是bit翻转关系，已知 $p$ 最低的 $k$ 位，则已知 $q$ 最高的 $k$ 位。
假设已知 $k$ 位的 $p,q$，记为 $ph,qh$，利用不等式
$ph\cdot qh\cdot 2^{1024-2k}<=n<(ph+1)\cdot(qh+1)\cdot 2^{1024-2k}$ ，
逐位向低地址爆破，不断收缩不等式的范围，最终可求得 $n$ 值。
参考：
RoarCTF 2020 - Reverse
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29#python2
#x=10
n = 6528060431134312098979986223024580864611046696815854430382374273411300418237131352745191078493977589108885811759425485490763751348287769344905469074809576433677010568815441304709680418296164156409562517530459274464091661561004894449297362571476259873657346997681362092440259333170797190642839587892066761627543
def t(a, b, k):
# sqrt(n) has 155 digits, so we need to figure out 77 digits on each side
if k == 77:
if a*b == n:
print a, b
return
for i in xrange(10):
for j in xrange(10):
# we try to guess the last not-already-guessed digits of both primes
a1 = a + i*(10**k) + j*(10**(154-k))
b1 = b + j*(10**k) + i*(10**(154-k))
if a1*b1 > n:
# a1 and b1 are too large
continue
if (a1+(10**(154-k)))*(b1+(10**(154-k))) < n:
# a1 and b1 are too small
continue
if ((a1*b1)%(10**(k+1))) != (n%(10**(k+1))):
# The last digits of a1*b1 (which won't change later) doesn't match n
continue
# this a1 and b1 seem to be a possible match, try to guess remaining digits
t(a1, b1, k+1)
# the primes have odd number of digits (155), so we try all possible middle digits (it simplifies the code)
for i in xrange(10):
t(i*(10**77), i*(10**77), 0)
4p-1 method
对使用一类特定素数乘积的模数的分解。
当一类特殊的素数用在 RSA 模数中时，可以轻易的将该素数从 $n$ 中分解出来。由于这一类素数都形如 $4p−1=Ds^2$，因此又被称为
4p-1 method。此外，有些人也会将其视为 RSA 的后门之一，称之为RSA backdoor。QiCheng Prime
$Ds=\{3,11,19,43,67,163\}$
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28import sys
sys.setrecursionlimit(10^6)
def QiCheng(n):
R = Integers(n)
attempts = 20
js = [0, (-2^5)^3, (-2^5*3)^3, (-2^5*3*5)^3, (-2^5*3*5*11)^3, (-2^6*3*5*23*29)^3]
for _ in range(attempts):
for j in js:
if j == 0:
a = R.random_element()
E = EllipticCurve([0, a])
else:
a = R(j)/(R(1728)-R(j))
c = R.random_element()
E = EllipticCurve([3*a*c^2, 2*a*c^3])
x = R.random_element()
z = E.division_polynomial(n, x)
g = gcd(z, n)
if g > 1:
return g
n =
p = int(QiCheng(Integer(n)))Masaaki Shirase & Vladimir Sedlacek Improvement
更多 $Ds$ 值。
参考：
NCTF 2020 - RSA_revenge
CryptoHack Challenge - RSA Backdoor Viability
Common Prime RSA
情形：$\gcd(p-1,q-1)=g$
分解的n方法有四种：
（1）修改Pollard’s rho方法分解n；
（2）知道a、b的值分解n；
（3）知道g的值分解n；
（4）分解N-1。
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22# Pollard’s rho
def f(x, n):
return (pow(x, n - 1, n) + 3) % n
def rho(n):
i = 1
print 'Factorizing'
while True:
x1 = getRandomRange(2, n)
x2 = f(x1, n)
j = 1
while True:
p = gmpy2.gcd(abs(x1 - x2), n)
if p == n:
break
elif p > 1 and isPrime(p):
print 'Found!'
return (p, n // p)
else:
x1 = f(x1, n)
x2 = f(f(x2, n), n)
j += 1
i += 1
RSA Padding Oracle Attack
RSA PKCS #1 v1.5 填充用于需要RSA加密的信息，为了加密K，消息首先被0x00、一些随机字节和0x00 0x02填充，随机字节的选择方式是为了让填充的信息达到特定的块长度（1024、2048或4096位）。
PKCS #1 v1.5 标准中可以伪造RSA签名。
Bleichenbacher攻击
可以识别在
0x00 02后以明文开始的密文信息，然后进行Padding Oracle攻击来解密预主密钥，进一步可以取得SSL的会话密钥。充分利用
0x00 02开头的特性，假设攻击者获得密文 $C_0$，想恢复出明文 $M_0$。攻击方法是通过向服务器多次发送修改后的密文，分析响应是正确还是错误来确定修改结果，进而解密信息。如果收到正确，则表示是
0x00 02开头，那么 $2B \lt m \lt 3B-1$，且 $B=2^{8(L-2)}$，而且基于RSA加密的延展性，可得 $C=(C_0S)\bmod N=(M_0S)^e \bmod N$ ，攻击者可用 $C$ 进行查询，如果收到错误则增加 $S$，并重复上一步骤。攻击者可以利用
0x00 02大幅度减少可能的取值，$2B \lt M_0S-rN \lt 3B$，因此攻击者能够降低范围$\cfrac{2B+rN}{S} \lt M_0 \lt \cfrac{3B+rN}{S}$，然后迭代选择 $S$，进行Oracle查询，计算新的 $r$ 值，攻击者便可以不断缩小包含 $M_0$ 的范围，不断重复直到最后只剩唯一解。参考：
Chosen Ciphertext Attacks Against Protocols Based on the RSA Encryption Standard PKCS #1
Bleichenbachers “Million Message Attack” on RSA
Pwnhub - pkcs_fix
Return of Coppersmith’s attack (ROCA)
CVE-2017-15361
形如 $p=kM+(65537^a \bmod M)$ 生成素数的RSA系统，$M$ 是前 $n$ 个连续素数的乘积，$n$ 是仅取决于所需密钥大小的常数。
https://github.com/jvdsn/crypto-attacks/blob/master/attacks/factorization/roca.py
PEM密钥
由-----BEGIN <TAG>-----开头，-----END <TAG>-----结尾，中间是Base64编码的一串二进制，每64个字母（即解码后的48bytes）有一个换行。中间的Base64解码后是一串遵循ASN.1协议的DER编码，简单来说可以看成一种序列化，把一个结构体中的整数、字串等编码成一个方便传输的二进制。
生成代码：
1 | from Crypto.PublicKey import RSA |
RSA私钥
1 | -----BEGIN RSA PRIVATE KEY----- |
RFC3447定义：
1 | RSAPrivateKey ::= SEQUENCE { |
例：
1 | 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 |
30是Sequence的tag，82是指接下来后两个bytes是这个Sequence的长度，即0x025d个bytes，也就是剩下全部都是；接着的020100就是整数0，其中02是整数的tag，01是这个整数占1byte，00是value同样的方法也可以解02818100a0...和后面其他整数，拆分：
1 | 3082025d # Begin Sequence: len=0x025d |
RSA公钥
1 | -----BEGIN PUBLIC KEY----- |
例：
1 | 30819f300d06092a864886f70d010101050003818d0030818902818100a0d154d5bf97c40f7797b44819d09c608fa4b5c38e70d83bc13267138c6eff4c1aacefe3ddb571e1b41d911c7ab6136cf90493189563450e1f4270cabbc4207c54c4da7b84a20311cfbbabe82b9fe60bdf48a08d57839d0cdf9464d84262bcc06bc308095a6987f60ad07d669a312b5a7e4133213788eecf25863248b91349ef0203010001 |
拆分：
1 | 30819f # Begin Main Sequence: len=0x9f |
参考
