RSA

2020-05-06 crypto RSA ∞ 评论

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）
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：

# 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

#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 65537

https://github.com/yifeng-lee/RSA-In-CTF
https://github.com/ValarDragon/CTF-Crypto

RSA套路

给p,q,e,c

import gmpy2 as gp
import binascii
p =  
q =  
e =  
c =  
n = p*q
phi = (p-1)*(q-1)
d = gp.invert(e,phi)
m = pow(c,d,n)
print(m)
print(bytes.fromhex(hex(m)[2:]))

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。

import gmpy2 as gp

e = 
n = 
dp = 
c = 

for x in range(1, e):
	if(e*dp%x==1):
		p=(e*dp-1)//x+1
		if(n%p!=0):
			continue
		q=n//p
		phin=(p-1)*(q-1)
		d=gp.invert(e, phin)
		m=gp.powmod(c, d, n)
		if(len(hex(m)[2:])%2==1):
			continue
		print('--------------')
		print(m)
		print(hex(m)[2:])
		print(bytes.fromhex(hex(m)[2:]))

变种1：给 $p,e,d_p,c,b$，其中 $n=p^bq$。

Hensel lifting for Takagi’s scheme（p.189）：

Hensel_lifting_for_Takagi's_scheme

from 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）

$e\cdot dp \equiv e\cdot d\equiv 1 \pmod {(p-1)} \\\Leftrightarrow e \cdot dp=k(p-1)+1=kp-k+1 \\\Leftrightarrow e\cdot dp+k-1 \equiv 0 \pmod p$

$\because dp<p-1$，$\therefore k<e$

$\therefore e\cdot (dp_0<<k+x)+k-1 \equiv 0 \pmod p$

#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

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 $d=k_{1}(p-1)+dp$

$d=k_{3}\frac{(p-1)(q-1)}{\gcd(p-1,q-1)}+\text{inv}(\frac{p-1}{\gcd(p-1,q-1)},\frac{q-1}{\gcd(p-1,q-1)})\cdot \frac{(dq-dp)(p-1)}{\gcd(p-1,q-1)}+dp\\\Rightarrow d\equiv \text{inv}(\frac{p-1}{\gcd(p-1,q-1)},\frac{q-1}{\gcd(p-1,q-1)})\cdot \frac{(dq-dp)(p-1)}{\gcd(p-1,q-1)}+dp \pmod{\frac{(p-1)(q-1)}{\gcd(p-1,q-1)}}$

import gmpy2 as gp

p = 
q = 
dp = 
dq = 
c = 

n = p*q
phin = (p-1)*(q-1)
dd = gp.gcd(p-1, q-1)
d=(dp-dq)//dd * gp.invert((q-1)//dd, (p-1)//dd) * (q-1) +dq
print(d)

m = gp.powmod(c, d, n)
print('-------------------')
print(m)
print(hex(m)[2:])
print(bytes.fromhex(hex(m)[2:]))

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

#脚本1（带工具）
#python2
import RSAwienerHacker
n =
e =
d =  RSAwienerHacker.hack_RSA(e,n)
if d:
	print(d)
import hashlib
flag = "flag{" + hashlib.md5(hex(d)).hexdigest() + "}"
print flag

#脚本2
#sage
def rational_to_contfrac(x,y):
    # Converts a rational x/y fraction into a list of partial quotients [a0, ..., an]
    a = x // y
    pquotients = [a]
    while a * y != x:
        x, y = y, x - a * y
        a = x // y
        pquotients.append(a)
    return pquotients

def convergents_from_contfrac(frac):
    # computes the list of convergents using the list of partial quotients
    convs = [];
    for i in range(len(frac)): convs.append(contfrac_to_rational(frac[0 : i]))
    return convs

def contfrac_to_rational (frac):
    # Converts a finite continued fraction [a0, ..., an] to an x/y rational.
    if len(frac) == 0: return (0,1)
    num = frac[-1]
    denom = 1
    for _ in range(-2, -len(frac) - 1, -1): num, denom = frac[_] * num + denom, num
    return (num, denom)

n = 
e = 
c = 

def egcd(a, b):
    if a == 0: return (b, 0, 1)
    g, x, y = egcd(b % a, a)
    return (g, y - (b // a) * x, x)

def mod_inv(a, m):
    g, x, _ = egcd(a, m)
    return (x + m) % m

def isqrt(n):
    x = n
    y = (x + 1) // 2
    while y < x:
        x = y
        y = (x + n // x) // 2
    return x
  
def crack_rsa(e, n):
    frac = rational_to_contfrac(e, n)
    convergents = convergents_from_contfrac(frac)
    
    for (k, d) in convergents:
        if k != 0 and (e * d - 1) % k == 0:
            phi = (e * d - 1) // k
            s = n - phi + 1
            # check if x*x - s*x + n = 0 has integer roots
            D = s * s - 4 * n
            if D >= 0:
                sq = isqrt(D)
                if sq * sq == D and (s + sq) % 2 == 0: return d

d = crack_rsa(e, n)
m = hex(pow(c, d, n))[2:]
print(bytes.fromhex(m))

#脚本3
from Crypto.Util.number import long_to_bytes
e = 
n = 
c = 

#将分数x/y展开为连分数的形式
def transform(x,y):
	arr=[]
	while y:
		arr+=[x//y]
		x,y=y,x%y
	return arr
	
#求解渐进分数
def sub_fraction(k):
	x=0
	y=1
	for i in k[::-1]:
		x,y=y,x+i*y
	return (y,x)
data=transform(e,n)

for x in range(1,len(data)+1):
	data1=data[:x]
	d = sub_fraction(data1)[1]
	m = pow(c,d,n)
	flag = long_to_bytes(m)
	if b'flag{' in flag:
		print(flag)
		break

变种1：$\cfrac{N_1}{N_2}<\cfrac{q_1}{q_2}<1$

参考：2020年羊城杯 - RRRRRRRSA

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：

def 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=60143104944034567859993561862949071559877219267755259679749062284763163484947626697494729046430386559610613113754453726683312513915610558734802079868190554644983911078936369464590301246394586190666760362763580192139772729890492729488892169933099057105842090125200369295070365451134781912223048179092058016446222199742919885472867511334714233086339832790286482634562102936600597781342756061479024744312357407750731307860842457299116947352106025529309727703385914891200109853084742321655388368371397596144557614128458065859276522963419738435137978069417053712567764148183279165963454266011754149684758060746773409666706463583389316772088889398359242197165140562147489286818190852679930372669254697353483887004105934649944725189954685412228899457155711301864163839538810653626724347
N2=60143104944034567859993561862949071559877219267755259679749062284763163484947626697494729046430386559610613113754453726683312513915610558734802079868195633647431732875392121458684331843306730889424418620069322578265236351407591029338519809538995249896905137642342435659572917714183543305243715664380787797562011006398730320980994747939791561885622949912698246701769321430325902912003041678774440704056597862093530981040696872522868921139041247362592257285423948870944137019745161211585845927019259709501237550818918272189606436413992759328318871765171844153527424347985462767028135376552302463861324408178183842139330244906606776359050482977256728910278687996106152971028878653123533559760167711270265171441623056873903669918694259043580017081671349232051870716493557434517579121
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。

#sage
def chinese_remainder(modulus, remainders):
 Sum = 0
    prod = reduce(lambda a, b: a*b, modulus)
 for m_i, r_i in zip(modulus, remainders):
        p = prod // m_i
     Sum += r_i * (inverse_mod(p,m_i)*p)
    return Sum % prod
chinese_remainder([3,5,7],[2,3,2]) #23

1 2	#sage crt([2,3,2],[3,5,7])

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 $c_1^{s_1}c_2^{s_2}= m$

import gmpy2 as gp
def egcd(a, b):
	if a == 0:
		return (b, 0, 1)
	else:
		g, y, x = egcd(b % a, a)
		return (g, x - (b // a) * y, y)

n = 
c1 = 
c2 = 
e1 = 
e2 = 
s = egcd(e1, e2)
s1 = s[1]
s2 = s[2]
if s1<0:
	s1 = - s1
	c1 = gp.invert(c1, n)
elif s2<0:
	s2 = - s2
	c2 = gp.invert(c2, n)

m = pow(c1,s1,n)*pow(c2,s2,n) % n
print(hex(m)[2:])
print(bytes.fromhex(hex(m)[2:]))

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。

import gmpy2 as gp

n=[]
for i in n:
	for j in n:
		if (i<>j):
			pub_p=gp.gcdext(i,j)
			if (pub_p[0]<>1)&(i>j):
				print(i)
				print(j)
				print(pub_p[0])
				a=i,p=pub_p[0]
q=a//p
p =
q =
e =
c =
n = p*q
phi = (p-1) * (q-1)
d = gp.invert(e, phi)
m = pow(c, d, n)
print(hex(m)[2:])
print(bytes.fromhex(hex(m)[2:]))

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。

import gmpy2

def rabin_decrypt(c, p, q, e=2):
	n = p * q
	mp = pow(c, (p + 1) // 4, p)
	mq = pow(c, (q + 1) // 4, q)
	yp = gmpy2.invert(p, q)
	yq = gmpy2.invert(q, p)
	r = (yp * p * mq + yq * q * mp) % n
	rr = n - r
	s = (yp * p * mq - yq * q * mp) % n
	ss = n - s
	return (r, rr, s, ss)
 
c = 
p = 
q = 
m = rabin_decrypt(c,p,q)
for i in range(4):
	try:
		print(bytes.fromhex(hex(m[i])[2:]))
	except:
		pass

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 。

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。

#Sage
from sage.all import *
n = 
p4 = 
#p去0的剩余位
e =  
pbits = 1024
kbits = pbits - p4.nbits()
print(p4.nbits())
p4 = p4 << kbits
PR.<x> = PolynomialRing(Zmod(n))
f = x + p4
roots = f.small_roots(X=2^kbits, beta=0.4)
#经过以上一些函数处理后，n和p已经被转化为10进制
if roots:        
	p = p4+int(roots[0]) 
	print("n: "+str(n))
	print("p: "+str(p))
	print("q: "+str(n//p))

Coppersmith攻击（已知明文高位攻击，部分m）

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 $x_0$。

#Sage
n = 
e = 
c = 
mbar = 
kbits = 
beta = 1
nbits = n.nbits()
print("upper {} bits of {} bits is given".format(nbits - kbits, nbits))
PR.<x> = PolynomialRing(Zmod(n))
f = (mbar + x)^e - c
x0 = f.small_roots(X=2^kbits, beta=1)[0]  # find root < 2^kbits with factor = n
print("m:", mbar + x0)

Coppersmith攻击（已知d的低位攻击，部分d）

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 $d$。

#Sage
def partial_p(p0, kbits, n):
    PR.<x> = PolynomialRing(Zmod(n))
    nbits = n.nbits()
    f = 2^kbits*x + p0
    f = f.monic()
    roots = f.small_roots(X=2^(nbits//2-kbits), beta=0.4)  # find root < 2^(nbits//2-kbits) with factor >= n^0.4
    if roots:
        x0 = roots[0]
        p = gcd(2^kbits*x0 + p0, n)
        return ZZ(p)
def find_p(d0, kbits, e, n):
    X = var('X')
    for k in range(1, e+1):
        results = solve_mod([e*d0*X - k*X*(n-X+1) + k*n == X], 2^kbits)
        for x in results:
            p0 = ZZ(x[0])
            p = partial_p(p0, kbits, n)
            if p and p != 1:
                return p
if __name__ == '__main__':
    n = 
    e = 
    c = 
    d0 = 
    beta = 0.5
    nbits = n.nbits()
    kbits = d0.nbits()
    print("lower %d bits (of %d bits) is given" % (kbits, nbits))
    p = int(find_p(d0, kbits, e, n))
    print("found p: %d" % p)
    q = n//int(p)
    print("d:", inverse_mod(e, (p-1)*(q-1)))

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

#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：

beta = 0.5
dd = f.degree()
epsilon = beta / 7
mm = ceil(beta**2 / (dd * epsilon))
tt = floor(dd * mm * ((1/beta) - 1))
XX = ceil(N**((beta**2/dd) - epsilon)) + 1000000000000000000000000000000000
roots = coppersmith_howgrave_univariate(f, N, beta, mm, tt, XX)

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。

#Sage
n = 
e = 
c = 
pbar = 
kbits = 
print("upper %d bits (of %d bits) is given" % (pbar.nbits()-kbits, pbar.nbits()))
PR.<x> = PolynomialRing(Zmod(n))
f = x + pbar
x0 = f.small_roots(X=2^kbits, beta=0.4)[0]  # find root < 2^kbits with factor >= n^0.4
p = x0 + pbar
print("p:", p)
q = n // int(p)
d = inverse_mod(e, (p-1)*(q-1))
print("m:", pow(c, d, n))

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 $0.4$。

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。

#脚本1
#Sage
import binascii
def attack(c1, c2, b, e, n):
    PR.<x>=PolynomialRing(Zmod(n))
    g1 = x^e - c1
    g2 = (x+b)^e - c2

    def gcd(g1, g2):
        while g2:
            g1, g2 = g2, g1 % g2
        return g1.monic()
    return -gcd(g1, g2)[0]
c1 = 
c2 = 
n = 
e=
a = 1
id1 = 1
id2 = 2
b = id2 - id1
m1 = attack(c1,c2, b,e,n)
print(binascii.unhexlify("%x" % int(m1 - id1)))

#脚本2
#Sage
def short_pad_attack(c1, c2, e, n):
    PRxy.<x,y> = PolynomialRing(Zmod(n))
    PRx.<xn> = PolynomialRing(Zmod(n))
    PRZZ.<xz,yz> = PolynomialRing(Zmod(n))
    g1 = x^e - c1
    g2 = (x+y)^e - c2
    q1 = g1.change_ring(PRZZ)
    q2 = g2.change_ring(PRZZ)
    h = q2.resultant(q1)
    h = h.univariate_polynomial()
    h = h.change_ring(PRx).subs(y=xn)
    h = h.monic()
    kbits = n.nbits()//(2*e*e)
    diff = h.small_roots(X=2^kbits, beta=0.4)[0]  # find root < 2^kbits with factor >= n^0.4
    return diff
def related_message_attack(c1, c2, diff, e, n):
    PRx.<x> = PolynomialRing(Zmod(n))
    g1 = x^e - c1
    g2 = (x+diff)^e - c2
    def gcd(g1, g2):
        while g2:
            g1, g2 = g2, g1 % g2
        return g1.monic()
    return -gcd(g1, g2)[0]
if __name__ == '__main__':
    n = 
    e = 
    c1 =
    c2 = 
    diff = short_pad_attack(c1, c2, e, n)
    print("difference of two messages is %d" % diff)
    m1 = related_message_attack(c1, c2, diff, e, n)
    print("m1:", m1)
    print("m2:", m1 + diff)

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

#Sage
#e=3, padding: m²+(3^431)k
def linearPaddingHastads(cArray,nArray,aArray,bArray,eArray,eps):
	if(len(cArray) == len(nArray) == len(aArray) == len(bArray) == len(eArray)):
		for i in range(4):
			cArray[i] = Integer(cArray[i])
			nArray[i] = Integer(nArray[i])
			aArray[i] = Integer(aArray[i])
			bArray[i] = Integer(bArray[i])
			eArray[i] = Integer(eArray[i])
		TArray = [-1]*4
		for i in range(4):
			arrayToCRT = [0]*4
			arrayToCRT[i] = 1
			TArray[i] = crt(arrayToCRT,nArray)
		P.<x> = PolynomialRing(Zmod(prod(nArray)))
		gArray = [-1]*4
		for i in range(4):
			gArray[i] = TArray[i]*(pow(aArray[i]*x**2 + bArray[i],eArray[i]) - cArray[i])
		g = sum(gArray)
		g = g.monic()
		roots = g.small_roots(epsilon=eps)
		if(len(roots)== 0):
			print("No Solutions found!")
			return -1
		return roots
	else:
		print("Input error!")

def nonLinearPadding():
	eArr = [3 for i in range(4)]
	nArr = [146694460234280339612721415368435987068740712812770728817136582256341063038147863645902264969297892447333024201649306207442798919845916187823646745721109151386096190207317810424580842120750075213595282979568495342617919336417068886973047979116994072272482630372638964064972815256237040541007947708358680368391,65031485534704406281490718325237831433086480239135617407356760819741796565231283220528137697949585150709734732370203390254643835828984376427852793969716489016520923272675090536677771074867975287284694860155903327351119710765174437247599498342292671117884858621418276613385329637307269711179183430246951756029,126172075578367446151297289668746433680600889845504078949758568698284471307000358407453139846282095477016675769468273204536898117467559575203458221600341760844973676129445394999861380625435418853474246813202182316736885441120197888145039130477114127079444939102267586634051045795627433724810346460217871661901,75691424835079457343374072990750986689075078863640186724151061449621926239051140991748483370587430224317778303489124525034113533087612981452189061743589227565099659070008017454957304620495920813121234552401715857719372861565651204968408267740732475458128601061676264465241188491988485848198323410127587280471]
	cArr = [129274519334082165644106292383763271862424981496822335330342328217347928093592453953990448827969549377883054831490973006383371688359344675312001881631556371220779971357039899721241880304156884612458373310254854821837978876725801047977081900824202659636258168216028784656056334358157381820784576207338479493823,8140023566779187828652447593867705813386781164538611122714708931585587727699213769519135028841126072130625547328311301696554048174772606261707345115571968105138543476580875347239912760797035694220505996377127309341770427102697008350472060971360460756799310951343070384766137332401117333917901167639276168214,25434511525127530194830986592289179576070740435049947678930286998924519588985583799757299734846614343604661534391991096353170465467791358514448923161460366596251448937540153262731348684727026598527904328268639060306102090278287818149679940661579357649191023269947102746200467430583428889484549034314463114080,9435583236354598287661880148272717764447540972316605192855157484524753847806158586224733743434644389385148450722945845355791145016665856388503878165725148745517696840251674049929524448078129458846254866804153080766917319923905682824180976106679633180818527967145571143203594244851742143986040226240019541346]
	aArr = [1 for i in range(4)]
	bArr = [i * 3 ** 431 for i in [3,8,10,11]]
	msg = linearPaddingHastads(cArr,nArr,aArr,bArr,eArr,eps=1/20)
	for i in msg:
		print(bytes.fromhex(hex(i)[2:]))
	
if __name__ == '__main__':
	nonLinearPadding()

Least Significant Bit Oracle Attack （LSB Oracle Attack / Parity Oracle）

适用情况：可以选择密文并泄露明文的最低位（奇偶性）。

假设存在一个oracle，能对给定密文进行解密并给出对应明文的奇偶信息，则我们只需要 $\log(N)$ 次就能解密任意密文。

在一次RSA加密中，明文为 $m$，模数为 $n$，加密指数为 $e$，密文为 $c$。我们可以构造出

$c’=((2^e)\cdot c)\%n=((2^e)\cdot(m^e))\%n=((2\cdot m)^e)\%n$ ，

因为 $m$ 的两倍可能大于 $n$，所以经过解密得到的明文是 $m’=(2\cdot m)\%n$ 。

我们还能够知道 $m’$ 的最低位lsb 是1还是0。因为 $n$ 是奇数，而 $2\cdot m$ 是偶数，所以如果lsb 是0，说明$(2\cdot m)\%n$ 是偶数，没有超过 $n$，即 $m\lt \cfrac{n}{2}$ ，反之则 $m\gt \cfrac{n}{2}$ 。举个例子就能明白 $2\%3=2$ 是偶数，而$4\%3=1$ 是奇数。以此类推，构造密文 $c’’=((4^e)\cdot c)\%n$ 使其解密后为 $m’’=(4\cdot m)\%n$ ，判断的奇偶性可以知道 $m’’$ 和 $\cfrac{n}{4}$ 的大小关系。所以我们就有了一个二分算法，可以在对数时间内将 $m$ 的范围逼近到一个足够狭窄的空间。

import decimal
def oracle():
	return lsb == 'odd'

def partial(c, e, n):
	k = n.bit_length()
	decimal.getcontext().prec = k  # for 'precise enough' floats
	lo = decimal.Decimal(0)
	hi = decimal.Decimal(n)
	for i in range(k):
		if not oracle(c):
			hi = (lo + hi) / 2
		else:
			lo = (lo + hi) / 2
		c = (c * pow(2, e, n)) % n
		# print i, int(hi - lo)
	return int(hi)

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：

$\begin{cases} e_1d=1+k_1\varphi(N_1)\\ e_2d=1+k_2\varphi(N_2)\\{\vdots}\\e_rd=1+k_r\varphi(N_r) \end{cases}$

其中，$N_1 \lt N_2 \lt \cdots \lt N_r \lt 2N_1$。

构造格：

$B_r=\begin{bmatrix}{M}&{e_1}&{e_2}&{\cdots}&{e_{r}}\\
{0}&{-N_1}&{0}&{\cdots}&{0}\\{0}&{0}&{-N_2}&{\cdots}&{0}\\{\vdots}&{\vdots}&{\vdots}&{\ddots}&{\vdots}\\{0}&{0}&{0}&{\cdots}&{-N_r}\\\end{bmatrix}$

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

###Sage###
from gmpy2 import *
e0=
n0=
c0=
e1=
n1=
c1=
e2=
n2=
c2=

M=iroot(int(n2),int(2))[0]
a=[0]*4
a[0]=[M,e0,e1,e2]
a[1]=[0,-n0,0,0]
a[2]=[0,0,-n1,0]
a[3]=[0,0,0,-n2]

Mat = matrix(ZZ,a)
Mat_LLL=Mat.LLL()
d = abs(Mat_LLL[0][0])/M
print(bytes.fromhex(hex(pow(c1,int(d),int(n1)))[2:]))

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：

$\left\{ \begin{matrix} e_{1}d_{1}g-k_{1}n=g+k_{1}s\\ k_{2}d_{1}e{1}-k_{1}d_{2}e_{2}=k_{2}-k_{1}\\ e_{1}e_{2}d_{1}d_{2}g_{2}-e_{1}d_{1}gk_{2}n-e_{2}d_{2}gk_{1}n+k_{1}k_{2}n^{2}=(g+k_{1}s)(g+k_{2}s) \end{matrix} \right.$

上述等式组也可表示为

$bL_2\\=[k_{1}k_{2},k_{2}d_{1}g,k_{1}d_{2}g,d_{1}d_{2}g^{2}]\cdot\left[ \begin{matrix} n & -M_{1}n & 0 & n^{2}\\ 0 & M_{1}e_{1} & M_{2}e_{1} & -e_{1}n\\ 0 & 0 & -M_{2}e_{2} & -e_{2}n\\ 0 & 0 & 0 & e_{1}e_{2} \end{matrix} \right]\\ =[k_{1}k_{2}n,M_{1}k_{2}(g+k_{1}s),M_{2}g(k_{2}-k_{1})，(g+k_{1}s)(g+k_{2}s)]$

（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（$\alpha_{2}<\frac{5}{14}$）

#Sage
 n = 
 e1 = 
 e2 = 
 c = 
 
from Crypto.Util.number import *
 
for i in range(731, 682, -1):
  print(i)
  alpha2 = i / 2048
  M1 = round(n ^ 0.5)
  M2 = round(n ^ (1 + alpha2))
  A = Matrix(ZZ, [
	  [n, -M1*n,      0,   n^2],
	  [0, M1*e1, -M2*e1, -e1*n],
	  [0,     0,  M2*e2, -e2*n],
	  [0,     0,      0, e1*e2]
  ])
  AL = A.LLL()
  C = Matrix(ZZ, AL[0])
  B = A.solve_left(C)[0]
  phi1 = floor(e1 * B[1] / B[0])
  phi2 = floor(e2 * B[2] / B[0])
  d1 = inverse(e1, phi1)
  d2 = inverse(e2, phi2)
  m1 = long_to_bytes(pow(c, d1, n))
  m2 = long_to_bytes(pow(c, d2, n))
  if b"De1" in m1 or b"De1" in m2:
	  print(m1)
	  print(m2)
	  break

参考：De1CTF 2020 - easyRSA

给定3组
类似2组情况，其中
$b=[k_1k_2k_3,d_1gk_2k_3,k_1d_2gk_3,d_1d_2g^2k_3,k_1k_2d_3g,k_1d_3g,k_2d_3g,d_1d_2d_3g^3]$
$L_3=\left[\begin{matrix} 1-N & 0 & N^2 & 0 & 0 & 0 & -N^3\\ e_1 & -e_1 & -e_1N & -e & 0 & e_1N & e_1N^2\\ 0 & e_2 & -e_2N & 0 & e_2N & 0 & e_2N^2\\ 0 & 0 & e_1e_2 & 0 & -e_1e_2 & -e_1e_2 & -e_1e_2N\\ 0 & 0 & 0 & e_3 & -e_3N & -e_3N & e_3N^3\\ 0 & 0 & 0 & 0 & e_1e_3 & 0 & -e_1e_3N\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & e_2e_3 & -e_2e_3N\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & e_1e_2e_3 \end{matrix}\right] \times D$
其中 $D={\rm diag}(N^{3/2},N,N^{(3/2)+\alpha_3},N^{1/2},N^{(3/2)+\alpha_3},N^{1+\alpha_3},N^{1+\alpha_3}，1)$
参考：3kCTF - RSA Textbook
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。

#脚本1
#Sage
#已知p,n,m^e
p= 
P = PolynomialRing(Zmod(p), name = 'x')
x = P.gen()
e = 
n = 
c =

#分解N
q1, q2 = n.factor()
q1, q2 = q1[0], q2[0]

#求φ，注意求法，
phi = (p**q1.degree() - 1) * (p**q2.degree() - 1)
assert gcd(e, phi) == 1
d = inverse_mod(e, phi)
m = pow(c,d,n)

#取多项式系数
flag = bytes(m.coefficients())
print("Flag: ", flag.decode())

#脚本2
#Sage
#已知p=2,n,e,c
p = 
P = PolynomialRing(GF(p), name = 'x')
x = P.gen()
e = 
n = 
R.<a> = GF(2^2049)
c = []

q1, q2 = n.factor()
q1, q2 = q1[0], q2[0]

phi = (p**q1.degree() - 1) * (p**q2.degree() - 1)
assert gcd(e, phi) == 1
d = inverse_mod(e, phi)

ans = ''
for cc in c:
    cc = P(R.fetch_int(cc))
    m = pow(cc,d,n)
    m = R(P(m)).integer_representation()
    print(m)
    ans += chr(m)
print(ans)

参考：

0ctf - babyrsa

watevrCTF 2019 - Swedish RSA

InCTF 2020 - PolyRSA

Polynomial based RSA

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：$n=p \cdot q \cdot \text{next_prime}(p) \cdot \text{next_prime}(q)$
  费马因式分解。
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 $m$。
  参考：TSG CTF 2020 - Modulus Amittendus
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：
De1CTF2019 - Baby RSA
0ctf 2016 - RSA?

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。

#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 = 10562302690541901187975815594605242014385201583329309191736952454310803387032252007244962585846519762051885640856082157060593829013572592812958261432327975138581784360302599265408134332094134880789013207382277849503344042487389850373487656200657856862096900860792273206447552132458430989534820256156021128891296387414689693952047302604774923411425863612316726417214819110981605912408620996068520823370069362751149060142640529571400977787330956486849449005402750224992048562898004309319577192693315658275912449198365737965570035264841782399978307388920681068646219895287752359564029778568376881425070363592696751183359
p = 199138677823743837339927520157607820029746574557746549094921488292877226509198315016018919385259781238148402833316033634968163276198999279327827901879426429664674358844084491830543271625147280950273934405879341438429171453002453838897458102128836690385604150324972907981960626767679153125735677417397078196059
q = 112213695905472142415221444515326532320352429478341683352811183503269676555434601229013679319423878238944956830244386653674413411658696751173844443394608246716053086226910581400528167848306119179879115809778793093611381764939789057524575349501163689452810148280625226541609383166347879832134495444706697124741
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))

#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)

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 $x$：
  $\begin{cases} f_1(x)\equiv 0 \pmod {N_1}\\ f_2(x)\equiv 0 \pmod {N_2}\\{\vdots}\\f_k(x)\equiv 0 \pmod {N_k} \end{cases}$
- 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。
参考：2019红帽杯 - 精明的Alice

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：

ASIS 2015 Finals: RSASR

Midnight Sun CTF 2020 Quals

RoarCTF 2020 - Reverse

#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)

详细原理

Cryptanalysis of RSA and It’s Variants

Lazzaro

CTF弱鸡自进阶

RSA

常用工具

RSA套路

给p,q,e,c

给n,e,dp,c

给p,q,dp,dq,c

低解密指数攻击/低私钥指数攻击（e长度较大，d小，Wiener Attack）

低加密指数广播攻击（Hastad攻击）

共模攻击（n,m相同，c,e不同）

e,m相同，多个n中存在两个n有GCD（模不互素）

Rabin加密

Boneh and Durfee attack

Coppersmith攻击（已知p的高位攻击）

Coppersmith攻击（已知明文高位攻击，部分m）

Coppersmith攻击（已知d的低位攻击，部分d）

Coppersmith攻击（已知N一个因子的高位，部分p）

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）

Least Significant Bit Oracle Attack （LSB Oracle Attack / Parity Oracle）

Common Private Exponent（共私钥指数攻击，d相同）

多组低解密指数攻击

多项式RSA

其他特别情形

多素数因子（Multi-prime RSA）

next_prime()

给 e,d,modinv(q,p),c

gcd(e,φ(n)) ≠ 1

e|(p-1), e|(q-1)

SMUPE 问题（不同N,e加密线性关系明文）

反素数（emirp数）

详细原理

RSA

常用工具

RSA套路

给p,q,e,c

给n,e,dp,c

给p,q,dp,dq,c

低解密指数攻击/低私钥指数攻击（e长度较大，d小，Wiener Attack）

低加密指数广播攻击（Hastad攻击）

共模攻击（n,m相同，c,e不同）

e,m相同，多个n中存在两个n有GCD（模不互素）

Rabin加密

Boneh and Durfee attack

Coppersmith攻击（已知p的高位攻击）

Coppersmith攻击（已知明文高位攻击，部分m）

Coppersmith攻击（已知d的低位攻击，部分d）

Coppersmith攻击（已知N一个因子的高位，部分p）

Coppersmith’s Short-pad Attack & Related Message Attack（Franklin-Reiter攻击）

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）

Least Significant Bit Oracle Attack （LSB Oracle Attack / Parity Oracle）

Common Private Exponent（共私钥指数攻击，d相同）

多组低解密指数攻击

多项式RSA

其他特别情形

多素数因子（Multi-prime RSA）

next_prime()

给 e,d,modinv(q,p),c

gcd(e,φ(n)) ≠ 1

e|(p-1), e|(q-1)

SMUPE 问题（不同N,e加密线性关系明文）

反素数（emirp数）

详细原理