格密码

crypto 评论

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格密码

线性独立空间上有集合 $v_1,\cdots,v_n \in \mathbb{R}^n$，格（Lattices）就是这些向量的线性组合，用公式表示为：

$L=\{a_1v_1+a_2v_2+\cdots+a_nv_n \mid a_1,a_2,\cdots,a_n \in \mathbb{Z}\}$。

格 $L$ 的维数等于格中向量的个数。

假定 $v_1,v_2,\cdots,v_n$ 是格 $L$ 的基，$w_1,w_2,\cdots,w_n \in L$，则必然存在整系数 $a_{ij}$ 使得：

$\begin{cases} w_1=a_{11}v_1+a_{12}v_2+\cdots+a_{1n}v_n \\ w_2=a_{21}v_1+a_{22}v_2+\cdots+a_{2n}v_n \\ \vdots \\ w_n=a_{n1}v_1+a_{n2}v_2+\cdots+a_{nn}v_n \end{cases}$

这样，格的问题就是矩阵运算了。

最短向量问题（SVP，The Shortest Vector Problem）：

寻找一个格 $L$ 中最短的非零向量。即，寻找一个 $v \in L$ 满足其欧几里德范数 $\mid\mid v \mid\mid$ 最小。

最接近向量问题（CVP，The Closest Vector Problem）：

对于一个非格 $L$ 中的向量 $w$，在格中寻找一个向量 $v$，使得 $\mid\mid w-v \mid\mid$ 最小。

CVP和SVP都是NP完备问题，因此求解起来十分困难，因此这两个问题都是可以作为密钥体制的基础的。

构造示例

$bm-kn-c=-r \Longrightarrow \begin{bmatrix} m & -1 & -k \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 & b \newline 0 & 2^{400} & c \newline 0 & 0 & n \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} m & -2^{400} & -r \end{bmatrix}$

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NRTU格密码

NTRU是一个带有专利保护的开源公开密钥加密系统，使用基于格的加密算法来加密数据。它包括两部分算法：NTRUEncrypt用来加密，NTRUSign用来进行数字签名。与其他流行的公钥加密系统不同，它可以防止被Shor算法破解，并显著提升了性能。

在同等加密强度下，NTRU执行大开销的私钥操作比RSA算法快得多。RSA算法的私钥操作耗时与密钥长度呈三次方关系，而NTRU相应操作为二次方关系。

NTRU密码体制，需要三个整数参数 $(N,p,q)$ 和四个次数为 $N-1$ 的整系数多项式集合 $L_f,L_g,L_{\varphi},L_m$，在这里 $N$ 为一素数，$p,q$ 可以不必为素数，但为安全，要求 $\gcd(p,q)=1$，且 $q$ 远大于 $p$。

NTRU工作于多项式整数环 $\mathbb{R}=\mathbb{Z}[x]/(x^N-1)$，当 $F \in \mathbb{R}$，可以把 $F$ 表示为多项式或向量形式，$F=\sum\limits_{i=0}^{N-1}F_ix^i=[F_0,F_1,\cdots,F_{N-1}]$。

在这里记 $L(d_1,d_2)=\{F \in \mathbb{R}:F$ 有 $d_1$ 个系数为 $1$，$d_2$ 个系数为 $-1$，其余为 $0\}$，选取三个确定的整数 $d_f,d_g,d_{\varphi}$，多项式集合 $L_f=L(d_f,d_{f-1}),L_g=L(d_g,d_g),L_{\varphi}=L(d_{\varphi},d_{\varphi})$，而 $L_m=\{m \in \mathbb{R}:m$ 的系数位于区间 $[-\cfrac{p-1}{2},\cfrac{p-1}{2}]$，其中 $p$ 为素数 $\}$。

密钥生成

B随机选择两个多项式 $f$ 和 $g$，$f\in L_f,g\in L_g$，要求 $f$ 关于模 $p$ 和模 $q$ 的逆 $F_p,F_q$ 都存在，也即 $F_q \star f \equiv 1 \pmod q$ 和 $F_p \star f \equiv 1 \pmod p$，这里可以用扩展欧几里得算法计算出 $F_p$ 和 $F_q$。为此， $f$ 首先应满足 $\gcd(f(1),pq)=1$，如果有一个逆不存在，需重新选择 $f$。

然后，B计算 $h \equiv F_q \star g \pmod q$，则公钥为 $h$，私钥为 $f$，但在实际中，还将存储 $F_p$，因而一般认为私钥为 $(f,F_p)$。

加密

假设A想发送信息 $m \in L_m$ 给B，他将根据参数 $d_{\varphi}$ 随机选择一个 $\varphi \in L_{\varphi}$，然后，他利用B的公钥 $h$ 计算

$e \equiv \varphi \star h+m \pmod q$

A把密文 $e$ 发送给B。

解密

当B收到密文 $e$ 后，他首先利用私钥 $f$ 计算

$a \equiv f \star e \pmod q$

选择 $a$ 的系数位于 $[-\cfrac{p-1}{2},\cfrac{p-1}{2}]$ 之间，然后计算

$b \equiv a \pmod p$

$c \equiv F_p \star b \pmod p$

则多项式 $c$ 就是明文 $m$。

构造矩阵

$B^{NT}= \left(\begin {array}{c} I & H \newline 0 & q \end{array} \right) =\left(\begin {array}{cccc|cccc} \lambda & 0 & \cdots & 0 & h_0 & h_1 & \cdots & h_{N-1} \newline 0 & \lambda & \cdots & 0 & h_{N-1} & h_0 & \cdots & h_{N-2}\newline \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \newline 0 & 0 & \cdots & \lambda & h_1 & h_2 & \cdots & h_0 \newline \hline 0 & 0 & \cdots & 0 & q & 0 & \cdots & 0 \newline 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & q & \cdots & 0 \newline \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \newline 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & \cdots & q
\end{array} \right) $

其中 $H$ 是根据公钥多项式的系数生成的循环矩阵。

构建一个这样的矩阵，然后进行LLL算法得到解密密钥。

参考

从一道CTF题初探NTRU格密码

Practical lattice-based cryptography: NTRUEncrypt and NTRUSign

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#Sage
h = 
p = 
c = 

v1 = vector(ZZ, [1, h])
v2 = vector(ZZ, [0, p])
m = matrix([v1,v2]);
f, g = m.LLL()[0]
print(f, g)

a = f*c % p % g
m = a * inverse_mod(f, g) % g
print(bytes.fromhex(hex(m)[2:]))
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#Sage 
#多项式
N =
p =
q =
Q.<x> = Zmod(q)[]
P.<y> = Zmod(p)[]

ex = 
hx = 

print('-------decrypt------')
qq = x^N-1
pp = y^N-1
hn = [int(x) for x in hx.coefficients()]
n = len(hn)
A1 = matrix.identity(n)
A0 = matrix.zero(n)
Aq = matrix.identity(n) * q
Ah = matrix(ZZ, [hn[-i:] + hn[:-i] for i in range(n)])
M = block_matrix([A1,Ah,A0,Aq],nrows=2)
L = M.LLL()
v = L[0]
f = list(v)[:n]
g = list(v)[n:]
fx = Q(f)
fy = P(f)
gx = Q(g)
Fqx = fx.inverse_mod(qq)
Fpy = fy.inverse_mod(pp)

#hxx = (Fqx*gx).mod(x^N-1)
#print(hxx==hx)

ax = (fx*ex).mod(qq)
an = [int(x) for x in ax.coefficients()]
#中心提升(centerlift)，使域范围从[0,q)变换到(-q/2,q/2)
for i in range(len(an)):
	if an[i] > q//2:
		an[i] -= q
ax = P(an)
print(ax)
out = (Fpy * ax).mod(pp)
print(out)

print(bytes(out.coefficients()))

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GGH加密

1997年，Goldreich、Goldwasser、Halevi三人受Ajtai在格难题上的研究所启发，提出了一个基于格中最近向量难题的非对称密码学算法：GGH Cryptosystem。

1999年，Nguyen发现在这个密码学算法设计中，有一个很大的缺陷，可以使攻击者从密文中获取到明文的部分信息，且可以将原来的最近向量难题转化为一个较为简单的最近向量难题。基于这个观察，Nguyen解出了设计者放在网上的5个challenge中的4个（其中有2个被设计者认为是不可能攻破的），足以证明该密码算法是broken的。

定义

GGH包含一个私钥和一个公钥，选取格 $L$ 的一组好基 $B$ 和一个幺模矩阵 $U$ 作为私钥，计算 $L$ 的另一组基 $B’=UB$ 作为公钥。

选定 $M$ 值，明文向量 $(m_1,m_2,\cdots,m_n), \quad m_i \in(-M,M)$。

加密

  1. 给定明文 $m=(m_1,m_2,\cdots,m_n)$，误差向量 $e$，和公钥 $B’$，计算 $v=m \cdot B’=\displaystyle\sum m_ib_i’$；
  2. 密文 $c=v+e=m \cdot B’+e$。

解密

  1. 计算 $c \cdot B^{-1}=(m \cdot B’+e)B^{-1}=m \cdot U \cdot B \cdot B^{-1}+e \cdot B^{-1}=m \cdot U+e \cdot B^{-1}$；
  2. 如果 $e \cdot B^{-1}$ 足够小，可利用Babai最近平面算法的变种Babai rounding technique去除；
  3. 最后计算 $m=m \cdot U \cdot U^{-1} $ 得到明文。

GGH中的误差向量的选取是3或者-3。

求解

利用Nguyen’s Attack算法。

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# Sage 
# Read ciphertext and public key.
c = []
c = vector(ZZ, c)

B = []
B = matrix(ZZ, B)

# Nguyen's Attack.
n = 150
delta = 3
s = vector(ZZ, [delta]*n)
B6 = B.change_ring(Zmod(2*delta))
left = (c + s).change_ring(Zmod(2*delta))
m6 = (B6.solve_left(left)).change_ring(ZZ)
new_c = (c - m6*B) * 2 / (2*delta)

# embedded technique
new_B = (B*2).stack(new_c).augment(vector(ZZ, [0]*n + [1]))
new_B = new_B.change_ring(ZZ)

new_B_BKZ = new_B.BKZ()
shortest_vector = new_B_BKZ[0]
mbar = (B*2).solve_left(new_c - shortest_vector[:-1])
m = mbar * (2*delta) + m6

print(bytes.fromhex(hex(m)[2:]))
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# Sage
# e=mW+r
from sage.modules.free_module_integer import IntegerLattice

W = 
e = 

B = W.stack(e).augment(vector([0] * W.ncols() + [1]))
r = IntegerLattice(B).shortest_vector()
print('r = {}'.format(r))

m = W.solve_left(e - r[:-1])
print('m = {}'.format(m))

参考

GGH encryption scheme

GYCTF 2020 - GGH

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LWE问题

容错学习问题 （LWE问题， Learning With Errors）是一个机器学习领域中的怀疑难解问题，由Oded Regev 在2005年提出，他因此赢得2018年哥德尔奖。这是一个极性学习问题的一般形式。

定义

随机选取一个矩阵 $\mathbf{A} \in \mathbb{Z}_q^{m \times n}$，一个随机向量 $\mathbf{s} \in \mathbb{Z}_q^n$，和一个随机的噪音 $\mathbf{e} \in \varepsilon^m$。

一个LWE系统的输出 $g_\mathbf{A}(\mathbf{s, e}) = \mathbf{As + e} \pmod q$。

一个LWE问题是，给定一个矩阵 $\mathbf{A}$，和LWE系统的输出 $g_\mathbf{A}(\mathbf{s, e})$，还原 $\mathbf{s}$。

LWE的误差向量是一个满足正态分布的小向量。

因为加入了一些误差，如果使用高斯消元法的话，这些误差会聚集起来，使得解出来的东西跟实际值差很多。

求解

构造矩阵：

$L = \begin{bmatrix} I & A \newline 0 & b \end{bmatrix}$

利用LLL算法和Babai最近平面算法，可以在多项式时间内找到SVP近似解。

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#脚本1-小规模
#Sage
from sage.modules.free_module_integer import IntegerLattice

row = 
column = 
prime = 

ma = 
res = 

W = matrix(ZZ, ma)
cc = vector(ZZ, res)

# Babai's Nearest Plane algorithm
def Babai_closest_vector(M, G, target):
    small = target
    for _ in range(5):
        for i in reversed(range(M.nrows())):
            c = ((small * G[i]) / (G[i] * G[i])).round()
            small -=  M[i] * c
    return target - small

A1 = matrix.identity(column)
Ap = matrix.identity(row) * prime
B = block_matrix([[Ap], [W]])  
lattice = IntegerLattice(B, lll_reduce=True)
print("LLL done")
gram = lattice.reduced_basis.gram_schmidt()[0]
target = vector(ZZ, res)
re = Babai_closest_vector(lattice.reduced_basis, gram, target)
print("Closest Vector: {}".format(re))

R = IntegerModRing(prime)
M = Matrix(R, ma)
M = M.transpose()

ingredients = M.solve_right(re)
print("Ingredients: {}".format(ingredients))

m = ''
for i in range(len(ingredients)):
    m += chr(ingredients[i])
print(m)
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#脚本2-大规模
#Sage
from sage.modules.free_module_integer import IntegerLattice
from random import randint
import sys
from itertools import starmap
from operator import mul

# Babai's Nearest Plane algorithm
# from: http://mslc.ctf.su/wp/plaidctf-2016-sexec-crypto-300/
def Babai_closest_vector(M, G, target):
    small = target
    for _ in range(1):
        for i in reversed(range(M.nrows())):
            c = ((small * G[i]) / (G[i] * G[i])).round()
            small -= M[i] * c
    return target - small

m = 
n = 
q = 

A_values = 
b_values = 

A = matrix(ZZ, m + n, m)
for i in range(m):
    A[i, i] = q
for x in range(m):
    for y in range(n):
        A[m + y, x] = A_values[x][y]
lattice = IntegerLattice(A, lll_reduce=True)
print("LLL done")
gram = lattice.reduced_basis.gram_schmidt()[0]
target = vector(ZZ, b_values)
res = Babai_closest_vector(lattice.reduced_basis, gram, target)
print("Closest Vector: {}".format(res))

R = IntegerModRing(q)
M = Matrix(R, A_values)
ingredients = M.solve_right(res)

print("Ingredients: {}".format(ingredients))

for row, b in zip(A_values, b_values):
    effect = sum(starmap(mul, zip(map(int, ingredients), row))) % q
    assert(abs(b - effect) < 2 ** 37)

print("ok")

利用Embedding Technique构造一个Embedding Lattice，也可以解SVP。

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# Sage
DEBUG = False
m = 44
n = 55
p = 2^5
q = 2^10

def errorV():
  return vector(ZZ, [1 - randrange(3) for _ in range(n)])

def vecM():
  return vector(ZZ, [p//2 - randrange(p) for _ in range(m)])

def vecN():
  return vector(ZZ, [p//2 - randrange(p) for _ in range(n)])

def matrixMn():
  mt = matrix(ZZ, [[q//2 - randrange(q) for _ in range(n)] for _ in range(m)])
  return mt

A = matrixMn()
e = errorV()
x = vecM()
b = x*A+e

if DEBUG:
  print('A = \n%s' % A)
  print('x = %s' % x)
  print('b = %s' % b)
print('e = %s' % e)

z = matrix(ZZ, [0 for _ in range(m)]).transpose()
beta = matrix(ZZ, [1])
T = block_matrix([[A, z], [matrix(b), beta]])
if DEBUG:
  print('T = \n%s' % T)

print('-----')
L = T.LLL()
print(L[0])
print(L[0][:n] == e)

参考

初探全同态加密之二：格密码学与LWE问题

祥云杯 2020 - easy matrix

Aero CTF 2020 - Magic II

XNUCA2020 - diamond

2022 DASCTF 7月赋能赛 - LWE?

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隐藏数问题（HNP / Hidden Number Problem）

由DSA签名中各参数的关系：

$r \equiv g^k \pmod q$

$s \equiv k^{-1}(H(m)+xr) \equiv q$

可得每轮临时密钥与签名、明文的关系：

$k_i \equiv s_i^{-1}r_i \cdot x+s_i^{-1}H(m) \pmod q$

$k_i \equiv A_ix+B_i \pmod q$

$k_i = A_ix+B_i+l_iq$

其中 $k_i$ 就是每次使用的临时密钥，$A_i = s_i^{-1}r,B_i = s_i^{-1}H(m)$。

构建格：

$M =
\begin{bmatrix}
q & & & & & & \newline
& q & & & & & \newline
& &\ddots& & & & \newline
& & & q & & & \newline
A_1&A_2&\dots & A_t&K/q& & \newline
B_1&B_2&\dots & B_t& & K & \newline
\end{bmatrix}$

（其中 $K$ 是 $k$ 的上界，例如 $k$ 的位数小于等于121时，那么 $K=2^{122}$）

不难发现，存在一个 $M$ 的整系数线性组合 $v$，可以得到我们想要的 $v_k$。

$vM =
\begin{bmatrix}
l_1 & l_2 & \cdots & l_t & x & 1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
q & & & & & & \newline
& q & & & & & \newline
& &\ddots& & & & \newline
& & & q & & & \newline
A_1&A_2&\dots & A_t&K/q& & \newline
B_1&B_2&\dots & B_t& & K & \newline
\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
k_1 &
k_2 &
\cdots &
k_t &
Kx/q &
K
\end{bmatrix}
= v_k$

因此 $v_k$ 即为 $M$ 上的一个格点，且长度很短，可以用LLL算法求出。

注：有另一个短向量 $v=(0,0,⋯,K,0)$ 也在格上，且这个短向量比 $(k_1, k_2, \cdots, k_t, Kx/n, K)$ 还要短。此外，多次测试发现，$v_k$ 总会出现在LLL后的第二行。

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import json

t = 40

# Load data
f = open("data", "r")
(q, Hm_s, r_s, s_s) = json.load(f)

# Calculate A & B
A = []
B = []
for r, s, Hm in zip(r_s, s_s, Hm_s):
    A.append( ZZ( (inverse_mod(s, q)*r) % q ) )
    B.append( ZZ( (inverse_mod(s, q)*Hm) % q ) )

# Construct Lattice
K = 2^122   # ki < 2^122
X = q * identity_matrix(QQ, t) # t * t
Z = matrix(QQ, [0] * t + [K/q] + [0]).transpose() # t+1 column
Z2 = matrix(QQ, [0] * (t+1) + [K]).transpose()    # t+2 column

Y = block_matrix([[X],[matrix(QQ, A)], [matrix(QQ, B)]]) # (t+2) * t
Y = block_matrix([[Y, Z, Z2]])

# Find short vector
Y = Y.LLL()

# check
k0 = ZZ(Y[1, 0] % q)
x = ZZ(Y[1, -2] / (K/q) % q)
assert(k0 == (A[0]*x + B[0]) % q)
print(x)

参考

The Dark Side of the Hidden Number Problem: Lattice Attacks on DSA

[HNP] 一类基于各种DSA的HNP问题求解

NPUCTF 2020 - babyLCG

RCTF 2022 - IS_THIS_LCG

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隐子集和问题（HSSP / Hidden Subset Sum Problem）

$w=vG$，其中 $w,v$ 为 $\text{GF}(p)$ 上的向量，$G$ 为01矩阵（$g_{ij} \in \{ 0,1 \}$），已知 $w$，恢复矩阵 $G$。

求解算法 Nguyen-Stern Algorithm，使用 orthogonal lattice 实现。

参考：

A Polynomial-Time Algorithm for Solving the Hidden Subset Sum Problem

AIS3 EOF CTF Quals 2021 - notPRNG

Zer0pts CTF 2022 - Karen

solving_hssp

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from Crypto.Util.number import *

n = 60
m = 330
p = ...
w = ...
MM = ...

e = 0x10001
MM = matrix(GF(2), MM)

def allpmones(v):
    return len([vj for vj in v if vj in [-1, 0, 1]]) == len(v)

# We generate the lattice of vectors orthogonal to b modulo x0
def orthoLattice(b, x0):
    m = b.length()
    M = Matrix(ZZ, m, m)

    for i in range(1, m):
        M[i, i] = 1
    M[1:m, 0] = -b[1:m] * inverse_mod(b[0], x0)
    M[0, 0] = x0

    for i in range(1, m):
        M[i, 0] = mod(M[i, 0], x0)

    return M

def allones(v):
    if len([vj for vj in v if vj in [0, 1]]) == len(v):
        return v
    if len([vj for vj in v if vj in [0, -1]]) == len(v):
        return -v
    return None

def recoverBinary(M5):
    lv = [allones(vi) for vi in M5 if allones(vi)]
    n = M5.nrows()
    for v in lv:
        for i in range(n):
            nv = allones(M5[i] - v)
            if nv and nv not in lv:
                lv.append(nv)
            nv = allones(M5[i] + v)
            if nv and nv not in lv:
                lv.append(nv)
    return Matrix(lv)

def kernelLLL(M):
    n = M.nrows()
    m = M.ncols()
    if m < 2 * n:
        return M.right_kernel().matrix()
    K = 2 ^ (m // 2) * M.height()

    MB = Matrix(ZZ, m + n, m)
    MB[:n] = K * M
    MB[n:] = identity_matrix(m)

    MB2 = MB.T.LLL().T

    assert MB2[:n, : m - n] == 0
    Ke = MB2[n:, : m - n].T

    return Ke

def attack(m, n, p, h):
    # This is the Nguyen-Stern attack, based on BKZ in the second step
    print("n =", n, "m =", m)

    iota = 0.035
    nx0 = int(2 * iota * n ^ 2 + n * log(n, 2))
    print("nx0 =", nx0)

    x0 = p
    b = vector(h)

    # only information we get
    M = orthoLattice(b, x0)

    t = cputime()
    M2 = M.LLL()
    print("LLL step1: %.1f" % cputime(t))

    # assert sum([vi == 0 and 1 or 0 for vi in M2 * X]) == m - n
    MOrtho = M2[: m - n]

    print("  log(Height, 2) = ", int(log(MOrtho.height(), 2)))

    t2 = cputime()
    ke = kernelLLL(MOrtho)

    print("  Kernel: %.1f" % cputime(t2))
    print("  Total step1: %.1f" % cputime(t))

    if n > 170:
        return

    beta = 2
    tbk = cputime()
    while beta < n:
        if beta == 2:
            M5 = ke.LLL()
        else:
            M5 = M5.BKZ(block_size=beta)

        # we break when we only get vectors with {-1,0,1} components
        if len([True for v in M5 if allpmones(v)]) == n:
            break

        if beta == 2:
            beta = 10
        else:
            beta += 10

    print("BKZ beta=%d: %.1f" % (beta, cputime(tbk)))
    t2 = cputime()
    MB = recoverBinary(M5)
    print("  Recovery: %.1f" % cputime(t2))
    print("  Number of recovered vector = ", MB.nrows())
    print("  Number of recovered vector.T = ", MB.ncols())
    return MB

res = attack(m, n, p, w)

​

隐线性组合问题（HLCP / Hidden Linear Combination Problem）

$w=vG$，其中 $w,v$ 为 $\text{GF}(p)$ 上的向量，$G$ 为 $0$ 至 $B$ 之间整数值矩阵（$g_{ij} \in [0,B] \cap\mathbb{Z}$），已知 $w$，恢复矩阵 $G$。

参考：

Provably Solving the Hidden Subset Sum Problem via Statistical Learning

2022强网杯 - Lattice

solving_hssp