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深入理解零知识证明算法之Zk-stark:Low Degree Testing
2019-11-29 34850 0

前言

本系列的第二篇文章,以超市收据为例,描述了Arithmetization 的具体过程。本文将以另外一个例子为基础,在回顾Arithmetization 过程的同时,将内容引申到多项式的LDT过程。

新的实例

Alice Claim:“我有1000,000个数,他们都在[0,9]范围内”。为了方便验证者Bob验证,Alice首先要对Claim进行Arithmetization转换。过程如下图1所示(图中:黑色箭头代表主流程,红色箭头代表附加说明信息,黄色圈对应下面详细说明的索引)

下面具体说明一下对应流程:

  1. 首先生成执行轨迹(EXCUTE TRACE),事实上,它是一张表,总共有1000,000行(实际上,为了达到零知识的目的,还需要在执行轨迹后面增加一些随机值,具体数量是由证明者和验证者统一协调决定的,作为一个扩展,不具体讲述);
  2. 生成多项式约束(Polynomial Constrains),多项式约束满足执行轨迹的每一行(个人理解:步骤1,2没有一定的先后依赖关系,只是习惯上先生成执行轨迹,再生成约束多项式);
  3. 对执行轨迹进行插值,得到一个度小于1000,000的多项式P(x)、x取值[1,1000,000],并计算更多点上的值,x取值范围扩大到[1,1000,000,000](Reed-Solomen系统编码);假如,证明者有一个值不在[0,9]范围内(图中红线1/2所示),假如就是第1000,000个点,它实际的值是13,大于9,其插值后的曲线G(x)如图所示,图中P(x)为有效曲线,G(x)为无效曲线。可以看出,两条曲线在变量x取值[1,1000,000,000]范围内,最多有1000,000个交点,即有1000,000,000 - 1000,000个点不同,这很重要。
  4. 将插值后的多项式P(x)和多项式约束进行组合变换,最终得到的形式为:
Q(P(x)) = Ψ(x) * T(x),其中T(x) = (x - 1)(x - 2)……(x - 1000,000),x取值[1,1000,000,000]

其中,d(Q(P(x))) = 10,000,000、d(Ψ(x)) = 10,000,000 - 1000,000、d(T(x)) = 1000,000;

  1. 至此,问题就转化成了,Alice宣称“多项式等式在变量x取值[1,1000,000,000]范围内成立”的问题。那么验证者Bob该如何验证呢?具体过程如下(图中红线3/4所示):
    1. 证明者Alice在本地计算多项式P(x)、Ψ(x)在所有点上的取值,对!从1至1000,000,000,并形成一个默克尔树;
    2. 验证者Bob随机的从[1,1000,000,000]内选取一个值 ρ,并发送给证明者Alice,要求其返回对应的信息(事实上为了达到零知识的目的,只允许从[1000,000,1000,000,000]上随机选择一点);
    3. 证明者Alice返回 P(ρ)、Ψ(ρ)、root、AuthorizedPath(P(ρ)、Ψ(ρ))给验证者Bob;
    4. 验证者Bob首先根据默克尔树验证路径验证值P(ρ)、Ψ(ρ)的有效性,然后等式Q(P(ρ)) = Ψ(ρ) * T(ρ),如果成立,则验证通过;
完整性分析:如果验证者Alice是诚实的,那么等式Q(P(x))一定会被目标多项式T(x)整除,因此必定存在一个d(Ψ(x)) = d(Q(P(x))) - d(T(x))的多项式Ψ(x),满足Q(P(x)) = Ψ(x) * T(x),因此对于任意的x,取值在[1,1000,000,000]之间,等式都会成立;

可靠性分析:如果验证者Alice是不诚实的,即类似于步骤3里的假设,在x = 1000,000上,P(x)的取值为13,那么Q(P(1000,000)) != 0,但是等式右边,T(1000,000) = 0,因此Q(P(x)) != Ψ(x) * T(x),即等式两边是不相等的多项式,其交点最多有10,000,000个,因此通过一次随机选取,其验证通过的概率仅为10,000,000/1000,000,000 = 1/100 = 0.01,经过k次验证,其验证通过的概率仅是1- 10(^-2k);

  1. 上述的验证过程为交互式的,如果是非交互式的,可以利用Fiat-Shamir heuristic进行变换,以默克尔树的根作为随机源,生成要查询的随机点;

LDT

我们忽略了一种攻击方式,即针对每一个数x,证明者都随机生成p,然后根据Ψ(x) = Q(p) / T(x),这些点不在任何一个度小于1000,000的多项式上,但是可以通过验证者验证。如下图2所示:

图中:紫色的点为随机生成的点p,这些点大概率不在一个度小于1000,000的多项式上(事实上,可以不考虑前1000,000个点,因为验证者只会从[1000,000,1000,000,000]范围内取值)。因为即使选择1000,000个点插值出一个度小于1000,000的多项式,也不能保证其他的点在这个多项式上,因为其他的点是随机生成的。因此,需要有一种方式,保证证明者P(x)的度是小于1000,000, Ψ(x)的度小于10,000,000 - 1000,000。这就是LDT的目标,那LDT具体的过程是怎么样的呢?请继续往下看。

举个栗子,如果Alice想证明多项式f(x)的度是小于3的,即有可能是2次的或者是1次的。一般流程如下:

  1. 验证者Bob随机选取三个值a,b,c,发送给证明者Alice;
  2. 证明者Alice返回f(a),f(b),f(c);
  3. 验证者Bob插值出度小于3的多项式g(x),然后再随机选取一个点d,发送给证明者;
  4. 证明者Alice返回f(d);
  5. 验证者Bob比对f(d)和g(d)的值,如果相等,则证明成立。
回归到一般情况,其过程可以用下图3表示:

可以看出,如果D很大,Alice和Bob交互的次数则为D+k次,复杂度很高;有没有一种办法,使得两者之间交互的次数小于D的情况下,使得验证者相信多项式的度是小于D的,直接返回小于D个点肯定是不行的,因为那不能唯一确定一个度小于D的多项式,因此需要证明者需要额外发送一些辅助信息。下面我们以P(x)为例,详细阐述这个过程(事实上,应该是证明P(x)和Ψ(x)的线性组合小于10,000,000 - 1000,000,本文重点是LDT,因此只以P(x)为例,这并不影响对LDT的理解)。

  1. 假如P(x) = x + x^999 + x^1001 + x^999999 = x + x^999 + x * x^1000 + x^999*(x^1000)^999;
  2. 此时,我们找到一个二维多项式G(x, y),取值范围分别是[0, 999999999]、[01000, 9999999991000],满足:
    1. G(x, y) = x + x^999 +x * y + x^999*y^999 可以发现,当y = x^1000时,满足:
    2. G(x, y) = G(x, x^1000) = x + x^999 + x * x^1000 + x999*(x^1000)^999 = P(x)
  3. 如果我们能证明G(x, y)相对的x,y的最高度都是小于1000,因为P(x) = G(x, x^1000)上,因此可以相信P(x)的度小于1000,000;如图4所示:

验证者把所有的点都计算好(没错,总共10^18个点,吓死BB了),形成一颗默克尔树。验证者随机选择一行和一列,如图中红线1/2所示,对于每一列,它是由关于y的度小于1000的多项式生成,对于每一行,它是由关于x的度小于1000的多项式生成。验证者从行/列中随机选择1010个点,用来验证对应行/列上的点是否在度小于1000的多项式上,需要注意的是,因为P(x)的点都在上图的对角线上,因此我们要确保每一行/列对应的对角线上的点也在对应的度小于1000的多项式上,即1010个里面一定要包含对角线的点。

可靠性分析:如果原始多项式的度实际上是小于10^6 +10999,即 P(x) = x + x^999 + x^1001 + x^1010999 ,那么对应的G(x, y)为G(x, y) = x + x^999 +x * y + x^999*y^1010 ,即,对于每一个x,G(x, y)是关于y的一元多项式函数,且度d < 1010,因此下图中的每一列所有点都是在度d < 1010的多项式上,而不在d < 1000的多项式式上。所以如果证明者任然宣称多项式P(x)的度d < 1000,000 ,则会验证失败,其他场景是同样的道理

那有没有可能恶意证明者仍以G(x, y) = x + x^999 +x * y + x^999*y^999 的形式去生成证据呢?这样会验证通过吗?

我们知道,我们在验证时着重强调了对角线上的那一点一定要在多项式上,我们知道,此时对角线对应的多项式形式是

P(x) = x + x^999 + x1001 + x^999999 ,而实际的P(x),我们在这里标记为P`(x) ,其形式是:

P`(x) = x + x^999 + x^1001 + x^1010999

因此,如果验证者恰好选择的点是两个多项式的交点,则会验证通过,事实上,两个多项式最多有1000,000 左右个交点,但是由于随机选取的点不是证明者自己选取,是由默克尔树的根为种子随机生成,因此证明者没有机会作恶,去可以选取那些能通过验证的点。

由于总共由10^9个点,因此随机选取一个点,能验证成功的概率为10^6 / 10^9 = 10^(-3),如果选择k行,则成功的概率仅为10^(-3k)。

以上可以看出,验证者和证明者只需要交互1010 * 2 * k个点,就可以完成验证,假如k = 10,则1010 * 2 * 10 = 20100 << 10^6。

  1. 虽然上述实现了在交互次数小于D的情况下,完整LDT验证,但是证明者的复杂度过于庞大,至少10^18的复杂度远远大于原始的计算,因此需要一些优化方案,降低复杂度。话不多说,直接引入有限域,毕竟在实际项目中,我们可不希望数值本身过于庞大。直接引用费马小定理的结论:在有限域p内,如果满足(p - 1) 能被k整除,则映射x => x^k的像只有(p -1) / k + 1个。下图5以p = 17,映射x=> x^2为例:

图中,红色为x^2在有限域p内的象,总共由(p - 1) /2 + 1 = 9个。同时我们可以发现,9^2和8^2的像一致,10^2和7^2的像一致,以此类推,16^2和1^2的像一致,记住这个现象,对下一张图的理解有帮助。

因此,在本例中,我们选择一个素数p = 1000,005,001,其满足:

  • 为素数
  • p - 1 能被1000整除
  • p要大于10^9
因此,在有限域p内,x => x^1000的像在p内有(p -1) / 1000 = 1000,005个,因此图4可以变成图6的形式:

可以看出,列坐标变成了10^6个元素,对角线变成了平行的线条,总共有1000个。还记得上面费马小定理结论的特殊现象吗?这就是对角线这种分布的原因,读者试着去理解(可能读者会觉得,对角线应该是锯齿形,不是这种平行的形式,也许你是对的,但是这并不影响验证流程)。此时证明者的复杂度已经从10^18 减少到了10^15次方,证明和验证过程和步骤3描述的仍然一致。

  1. 还能不能继续优化呢?答案是肯定的。回想起前面所述的验证过程,对于每一行/列,验证者都要获取1000个点进行插值得出一个度小于1000的多项式,仔细观察图6,对于每一行,原始数据里不就是有1000个数么?那我们干脆选这些点插值出一个度小于1000的多项式,然后只需要随机让证明者再计算任何一列,并且证明沿着列上的点都在度小于1000的多项式上,并且列上的点也在对应的利用原始数据插值出的行多项式上。此时,证明者复杂度从10^15减少到了10^9次方。
  2. 总结:个人理解,从步骤1到步骤5,其实是PCP到IOP的选择过程。
    1. PCP要求证明者生成全部的证据,然后验证者多次随机选取其中的某一部分进行验证,但是这样,证明者的复杂度仍然很高;
    2. IOP要求证明者不用生成全部的证据,根据多次的交互,每次生成只需生成部分证据,使得证明的复杂度和D呈近似线性关系;
  3. 证明者复杂度已经降低到了与D呈拟线性关系,验证者的复杂度虽然是亚线性,交互次数已经低于D,但是能不能优化到更低呢?基于证明复杂度的最优设置,我们继续探索验证复杂度的优化之路,回顾P(x) = x + x^999 + x^1001 + x^999999 = x + x*(x^2)^499 + x*(x^2)^500 + x*(x^2)*499999,令G(x, y) = x + x*y^499 + x*y^500 + x*y^499999,则当y = x^2时,有G(x, y) = G(x, x^2) = x + x*(x^2)^499 + x*(x^2)^500 + x*(x^2)*499999 = P(x)。最终的图应如下图7所示:

从图中可知:

  • 证明则复杂度仍为10^9次方;
  • 每一行上的点都在度d < 2的多项式上,因为当y取固定值时,G(x, y)就是关于x的一次多项式;
  • 每一列上的点都在度d < D/2的多项式上,证明者需要证明这个多项式是小于D/2的,假定这个多项式为P1(x),这个时候,并非验证者选取大于D/2个点去验证,因为验证复杂度仍然不够低,而是对这一列再一次用到类似于P(x)的处理过程,如图7中下面的图所示,以此循环,直到可以直接判断列上的多项式的度为止,类似于行。

总结

至此,本篇文章就结束了,总结下来,本文主要阐述了以下几个内容:
  • 如何转换问题形式 -- Arithmetization
  • 为何需要LDT -- 为了验证简洁
  • LDT的大概过程 -- 二分法验证,类似于FFT
  • 降低LDT的复杂度 -- 有限域+IOP
至于LDT的详细过程,将留给本系列的最后一篇,敬请关注。

谢谢大家,欢迎批评指正,有任何问题或者疑问可以留言。

内容来源:江小白

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