内容简介:STARKs 系列:感谢上帝,今天是 FRI 日(即“快速里德-所罗门码接近性交互预言证明(Fast Reed-Solomon Interactive Oracle Proofs of Proximity)”)提醒:现在可能是审阅和重读本系列
STARKs 系列:
STARKs, Part I: 多项式证明
STARKs, Part II: Thank Goodness It’s FRI-day
STARKs,Part-3:攻坚(上)
感谢上帝,今天是 FRI 日(即“快速里德-所罗门码接近性交互预言证明(Fast Reed-Solomon Interactive Oracle Proofs of Proximity)”)
提醒:现在可能是审阅和重读本系列 第 2 部分 的好时机。
现在,我们来探讨创建 低次证明的代码 。首先回顾一下,低次证明是一个概率性证明,即给定值集合中占足够高百分比(例如80%)的部分表示某一特定多项式的值,其中,该多项式的次数远低于给定值的数量 。直观上,我们只需将其视为一个“我们声称代表多项式的某个默克尔根确实代表了某个多项式,当然,其中可能会有一些误差”的证明。作为输入,我们有:
- 一个我们声称是低次多项式的值的值集合
- 单位根;被求值多项式的x坐标是该单位根的连续幂
- 一个使得我们证明多项式的次数严格小于N的值N
- 模数
我们采用递归的方法,有两种情况。首先,如果次数足够低,我们只需提供完整的值列表作为证明,这是“基本情况”。对基本情况的验证十分简单:进行 FFT 或拉格朗日插值或其它对表示这些值的多项式插值,并验证其次数小于 N 的方法。否则,如果次数高于某个设定的最小值,我们将进行 第 2 部分 最后介绍的垂线 –对角线技巧。
我们首先将值放入默克尔树中,并使用默克尔根来选择伪随机x坐标( special_x
)。然后我们计算“列”:
\# 计算x坐标的集合 xs = get_power_cycle(root_of_unity, modulus) column = [] for i in range(len(xs)//4): x_poly = f.lagrange_interp_4( [xs[i+len(xs)*j//4] for j in range(4)], [values[i+len(values)*j//4] for j in range(4)], ) column.append(f.eval_poly_at(x_poly, special_x)) )
这短短几行代码包含了很多内容。其宽泛的想法是将多项式 P(x)
重新演绎为多项式 Q(x, y)
,其中 P(x) = Q(x, x**4)
。如果 P 的次数小于 N,那么 P'(y) = Q(special_x, y)
的次数将小于 N / 4。由于我们不想浪费精力以系数形式来实际计算 Q (这需要一个相对难受且繁杂的 FFT!),我们改为使用另一种技巧。对于任何给定的 x^4 形式的值,它有 4 个对应的 x
值: x
, 模数 – x
以及 x
乘以 -1
的两个模平方根。所以我们已经有四个关乎 Q(?, x**4)
的值,我们可以用它来插值多项式 R(x) = Q(x, x**4)
,并从据此计算 R(special_x) = Q(special_x, x**4) = P'(x**4)
。x^4 有N / 4个可能的值,这种方法使得我们可以轻松计算所有这些值。
-这个图表来自本系列第2部分。记住这张图表对于理解本文很有帮助。-
我们的证明包含来自 x^4(使用该列的默克尔根作为种子)形式的值列表的有限次(比如 40)随机查询。对于每个查询,我们提供 Q(?, x**4)
的五个值的默克尔分支:
m2 = merkelize(column) # 伪随机选择y索引用于采样 # (m2[1]是该列的默克尔根) ys = get_pseudorandom_indices(m2[1], len(column), 40) # 为多项式和列中的值计算默克尔分支 branches = [] for y in ys: branches.append([mk_branch(m2, y)] + [mk_branch(m, y + (len(xs) // 4) * j) for j in range(4)])
验证者的工作是验证这五个值实际上是否位于小于4的相同次数多项式上。据此,我们递归并在列上执行FRI,验证该列的次数是否小于 N / 4。这就是 FRI 的全部内容。
作为一项思考题练习,你可以尝试创建拥有错误的多项式求值的低次证明,并看看有多少错误可以被忽略并得到验证者的通过(提示,你需要修改 prove_low_degree
函数。在默认证明设置中,即使一个错误也会爆炸并导致验证失败)。
STARK
提醒:现在可能是审阅和重读本系列 第 1 部分 的好时机。
现在,我们得到将所有这些部分组合在一起的实质成果: def mk_mimc_proof(inp, steps, round_constants)
(代码见 此处 ),它生成运行 MIMC 函数的执行结果的证明,其中给定的输入为步骤数。首先,是一些 assert 函数:
assert steps <= 2**32 // extension_factor assert is_a_power_of_2(steps) and is_a_power_of_2(len(round_constants)) assert len(round_constants) < steps
扩展因子是我们将“拉伸”计算轨迹(执行 MIMC 函数的“中间值”的集合)的程度。我们需要步数乘以扩展因子最多为 2^32,因为当 k > 32
时,我们没有 2^k 次的单位根。
我们的第一个计算是生成计算轨迹,即计算的所有中间值,从输入一直到输出。
# 生成计算轨迹 computational_trace = [inp] for i in range(steps-1): computational_trace.append((computational_trace[-1]**3 + round_constants[i % len(round_constants)]) % modulus) output = computational_trace[-1]
然后,我们将计算轨迹转换为多项式,在单位根 g
(其中,g^steps = 1)的连续幂的轨迹上“放下”连续值,然后我们对更大的集合——即单位根 g2
的连续幂,其中 g2
^steps * 8 = 1(注意 g2
^8 = g)——的多项式求值。
computational_trace_polynomial = inv_fft(computational_trace, modulus, subroot) p_evaluations = fft(computational_trace_polynomial, modulus, root_of_unity)
-黑色: g1
的幂。紫色: g2
的幂。橙色:1。你可以将连续的单位根看作一个按这种方式排列的圆圈。我们沿着 g1
的幂“放置”计算轨迹,然后扩展它来计算在中间值处(即 g2
的幂)的相同多项式的值。-
我们可以将 MIMC 的循环常量转换为多项式。因为这些循环常量循环的周期非常短(在我们的测试中,大约为 64 步),结果证明它们形成了一个 64 次多项式,我们可以相当容易地计算它的表达式及其扩展:
skips2 = steps // len(round_constants) constants_mini_polynomial = fft(round_constants, modulus, f.exp(subroot, skips2), inv=True) constants_polynomial = [0 if i % skips2 else constants_mini_polynomial[i//skips2] for i in range(steps)] constants_mini_extension = fft(constants_mini_polynomial, modulus, f.exp(root_of_unity, skips2))
假设有 8192 个执行步骤和 64 个循环常量。以下是我们正在做的事情:我们正在进行 FFT 将循环常量作为 g1
^128 的函数来计算。然后我们在常量之间添加零使其成为g1本身的函数。因为 g1
^128 每 64 步循环一次,我们也知道 g1 的函数。我们只需计算 512 个扩展步骤,因为我们知道扩展也是每 512 步重复。
我们现在——正如在本系列第 1 部分的斐波那契例子中那样——计算 C(P(x))
,但这一次是 C(P(x), P(g1*x), K(x))
:
# 创建组合多项式使得 # C(P(x), P(g1*x), K(x)) = P(g1*x) - P(x)**3 - K(x) c_of_p_evaluations = [(p_evaluations[(i+extension_factor)%precision] - f.exp(p_evaluations[i], 3) - constants_mini_extension[i % len(constants_mini_extension)]) % modulus for i in range(precision)] print('Computed C(P, K) polynomial')
请注意,这里我们不再使用系数形式的多项式,我们根据高次单位根的连续幂来对多项式进行求值。
c_of_p
要满足 Q(x) = C(P(x), P(g1*x), K(x)) = P(g1*x) – P(x)**3 – K(x)
。我们希望,对于我们正在放置计算轨迹的每个 x
(除了最后一步,因为在最后一步“之后”没有步骤),轨迹中的下一个值等于轨迹中的前一个值的立方,再加上循环常量。与第1部分中的斐波那契示例不同,在该例子中,如果一个计算步骤在坐标k处,则下一步是在坐标k + 1处。而在这里,我们沿着低次单位根( g1
)的连续幂放下计算轨迹。因此,如果一个计算步骤位于 x = g1^i
,则“下一步”位于 g1^i+1 = g1^i * g1 = x * g1
。因此,对于低阶单位根( g1
)的每一个幂(除了最后一个),我们都希望它满足 P(x*g1) = P(x)**3 + K(x)
,或者 P(x*g1) – P(x)**3 – K(x) = Q(x) = 0
。因此, Q(x)
将在低次单位根 g 的所有(除了最后一个)连续幂上等于零。
有一个代数定理证明:如果 Q(x)
在所有这些x坐标处都等于零,那么它是在所有这些x坐标上等于零的最小多项式的倍数: Z(x) = (x – x_1) * (x – x_2) * … * (x – x_n)
。由于证明 Q(x)
在我们想要检查的每个坐标上都等于零十分困难(因为验证这样的证明比运行原始计算需要耗费更长的时间!),因此,我们使用间接方法来(概率地)证明 Q(x)
是 Z(x)
的倍数。我们该怎么做?当然是通过提供商 D(x) = Q(x) / Z(x)
并使用 FRI 来证明它是一个实际的多项式而不是一个分数。
我们选择低次单位根和高次单位根的特定排列(而不是沿着高次单位根的前几个幂放置计算轨迹),因为事实证明,计算 Z(x)
(在除了最后一个点之外的计算轨迹上的所有点处值为零的多项式)。并且除以 Z(x)
十分简单:Z 的表达式是两项的一部分。
# 计算 D(x) = Q(x) / Z(x) # Z(x) = (x^steps - 1) / (x - x_atlast_step) z_num_evaluations = [xs[(i * steps) % precision] - 1 for i in range(precision)] z_num_inv = f.multi_inv(z_num_evaluations) z_den_evaluations = [xs[i] - last_step_position for i in range(precision)] d_evaluations = [cp * zd * zni % modulus for cp, zd, zni in zip(c_of_p_evaluations, z_den_evaluations, z_num_inv)] print('Computed D polynomial')
请注意,我们直接以“求值形式”计算Z的分子和分母,然后用批量模逆的方法将除以Z转换为乘法 (* zd * zni),随后通过 Z(X)
的逆来逐点乘以 Q(x)
的值。请注意,对于低次单位根的幂,除了最后一个(即沿着作为原始计算轨迹的一部分的低次扩展部分),有 Z(x) = 0
。所以这个包含它的逆的计算会中断。虽然我们能通过简单地修改随机检查和FRI算法使其不在那些点上采样的方式来堵塞这些漏洞,但这仍然是一件十分不幸的事情。因此,我们计算错误的事实永远不重要。
因为 Z(x)
可以如此简洁地表达,我们得到另一个好处:验证者可以非常快速地计算任何特定 x
的 Z(x)
,而无需任何预计算。我们可以接受证明者必须处理大小等于步数的多项式,但我们不想让验证者做同样的事情,因为我们希望验证过程足够简洁(即超快速,同时证明尽可能小)。
在几个随机选择的点上概率地检查 D(x) * Z(x) = Q(x)
允许我们验证 转换约束 ——即每个计算步骤是前一步的有效结果。但我们也想验证边界约束——即计算的输入和输出与证明者所说的相同。只要求证明者提供 P(1)
, D(1)
, P(last_step)
和 D(last_step)
(其中, last_step
(或 g^(steps-1) )是对应于计算中最后一步的坐标)的值是很脆弱的,因为没有证明表明这些值与其余数据处在同一多项式上。所以我们使用类似的多项式除法技巧:
#计算 ((1, input), (x_atlast_step, output))的插值 i_evaluations = [f.eval_poly_at(interpolant, x) for x in xs] zeropoly2 = f.mul_polys([-1, 1], [-last_step_position, 1]) inv_z2_evaluations = f.multi_inv([f.eval_poly_at(quotient, x) for x in xs]) # B = (P - I) / Z2 b_evaluations = [((p - i) * invq) % modulus for p, i, invq in zip(p_evaluations, i_evaluations, inv_z2_evaluations)] print('Computed B polynomial')
论证如下。证明者想要证明 P(1) == 输入
以及 P(last_step) ==输出
。如果我们将 I(x)
作为插值—— I(x)
是穿过点 (1, input)
和 (last_step, output)
的线,则 P(x) – I(x)
在这两点处将等于零。因此,这足以证明 P(x) – I(x)
是 (x – 1) * (x – last_step)
的倍数,我们通过……提供商数来实现这一点!
-紫色:计算轨迹多项式 (P) 。绿色:插值 (I)(注意插值是如何构造的,其在 x = 1 处等于输入(应该是计算轨迹的第一步),在 x=g^(steps-1) 处等于输出(应该是计算轨迹的最后一步)。红色:P-I。黄色:在x = 1和 x=g^(steps-1)(即 Z2)处等于 0 的最小多项式。粉红色:(P – I) / Z2。-
思考题:
假设你还想要证明在第703步之后计算轨迹中的值等于8018284612598740,你该如何修改上述算法来执行此操作?
答案是:
将 I(x)
设置为 (1, input) ,(g ** 703, 8018284612598740),(last_step, output)
的插值,并通过提供商数 B(x) = (P(x) – I(x)) / ((x – 1) * (x – g ** 703) * (x – last_step))
来创建证明。
现在,我们将P,D和B的默克尔根组合在一起。
#计算它们的默克尔根 mtree = merkelize([pval.to_bytes(32, 'big') + dval.to_bytes(32, 'big') + bval.to_bytes(32, 'big') for pval, dval, bval in zip(p_evaluations, d_evaluations, b_evaluations)]) print('Computed hash root')
现在,我们需要证明 P,D 和 B 实际上都是多项式,并且多项式的次数都是正确的最大次数。但是 FRI 证明很大且成本高昂,我们不希望有三个 FRI 证明。因此,我们计算 P,D 和 B 的伪随机线性组合(使用 P,D 和 B 的默克尔根作为种子),并对此进行 FRI 证明:
k1 = int.from_bytes(blake(mtree[1] + b'\x01'), 'big') k2 = int.from_bytes(blake(mtree[1] + b'\x02'), 'big') k3 = int.from_bytes(blake(mtree[1] + b'\x03'), 'big') k4 = int.from_bytes(blake(mtree[1] + b'\x04'), 'big') # 计算线性组合。我们甚至不打算对它进行计算。 # 以系数形式,我们只是计算估值。 root_of_unity_to_the_steps = f.exp(root_of_unity, steps) powers = [1] for i in range(1, precision): powers.append(powers[-1] * root_of_unity_to_the_steps % modulus) l_evaluations = [(d_evaluations[i] + p_evaluations[i] * k1 + p_evaluations[i] * k2 * powers[i] + b_evaluations[i] * k3 + b_evaluations[i] * powers[i] * k4) % modulus for i in range(precision)]
除非三个多项式都具有正确的低次数,否则它们的随机选择线性组合几乎不可能具有正确的低次(你必须非常幸运地消去这些项),所以这是充分的。
我们想证明 D 的次数小于 2 * steps
,而 P 和 B 的次数小于 steps
,所以我们实际上构建了P,P * x^steps,B,B^steps 和 D 的随机线性组合,并检查该组合的次数小于 2*steps
。
现在,我们对所有多项式进行抽查。我们生成一些随机索引,并提供在这些索引处求值的多项式的默克尔分支:
# 在伪随机坐标处对默克尔树进行抽查 # `扩展因子` 的倍数 branches = [] samples = spot_check_security_factor positions = get_pseudorandom_indices(l_mtree[1], precision, samples, exclude_multiples_of=extension_factor) for pos in positions: branches.append(mk_branch(mtree, pos)) branches.append(mk_branch(mtree, (pos + skips) % precision)) branches.append(mk_branch(l_mtree, pos)) print('Computed %d spot checks' % samples)
get_pseudorandom_indices
函数返回 [0…precision-1] 范围内的一些随机索引, exclude_multiples_of
参数告诉它不要给出特定参数(此处为 扩展因子
)的倍数的值。这可以确保我们不会沿着原始计算轨迹进行采样,否则的话,我们可能会得到错误的答案。
证明(约 25 万到 50 万字节)由一组默克尔根、经过抽查的分支以及随机线性组合的低次证明组成:
o = [mtree[1], l_mtree[1], branches, prove_low_degree(l_evaluations, root_of_unity, steps * 2, modulus, exclude_multiples_of=extension_factor)]
在实践中,证明的最大部分是默克尔分支和 FRI 证明(它可能包含更多分支)组成。这是验证者的实质成果:
for i, pos in enumerate(positions): x = f.exp(G2, pos) x_to_the_steps = f.exp(x, steps) mbranch1 = verify_branch(m_root, pos, branches[i*3]) mbranch2 = verify_branch(m_root, (pos+skips)%precision, branches[i*3+1]) l_of_x = verify_branch(l_root, pos, branches[i*3 + 2], output_as_int=True) p_of_x = int.from_bytes(mbranch1[:32], 'big') p_of_g1x = int.from_bytes(mbranch2[:32], 'big') d_of_x = int.from_bytes(mbranch1[32:64], 'big') b_of_x = int.from_bytes(mbranch1[64:], 'big') zvalue = f.div(f.exp(x, steps) - 1, x - last_step_position) k_of_x = f.eval_poly_at(constants_mini_polynomial, f.exp(x, skips2)) # 检查转换约束Q(x) = Z(x) * D(x) assert (p_of_g1x - p_of_x ** 3 - k_of_x - zvalue * d_of_x) % modulus == 0 # j检查转换约束 B(x) * Z2(x) + I(x) = P(x) interpolant = f.lagrange_interp_2([1, last_step_position], [inp, output]) zeropoly2 = f.mul_polys([-1, 1], [-last_step_position, 1]) assert (p_of_x - b_of_x * f.eval_poly_at(zeropoly2, x) - f.eval_poly_at(interpolant, x)) % modulus == 0 # 检查线性组合的正确性 assert (l_of_x - d_of_x - k1 * p_of_x - k2 * p_of_x * x_to_the_steps - k3 * b_of_x - k4 * b_of_x * x_to_the_steps) % modulus == 0
在证明者提供默克尔证明的每个位置,验证者检查默克尔证明,并检查 C(P(x), P(g1*x), K(x)) = Z(x) * D(x)
和 B(x) * Z2(x) + I(x) = P(x)
(提醒:对于不在原始计算轨迹上的 x, Z(x) 不会为零,因此 C(P(x),P(g1*x), K(x))
可能不会为零)。验证者还检查线性组合是否正确,并调用 verify_low_degree_proof(l_root, root_of_unity, fri_proof, steps * 2, modulus, exclude_multiples_of=extension_factor)
来验证 FRI 证明。我们完成了!
好吧,我们没有全部完成。证明对跨多项式检查和 FRI 所需的抽查次数的可靠性分析是非常棘手的。但这就是代码的全部内容,至少如果你不打算进行更疯狂的优化的话。当我运行上述代码时,我们得到一个大约 300 到 400 倍的 STARK 证明“开销”(例如,一个需要 0.2 秒的 MIMC 计算需要 60 秒来证明)。这表明使用一台 4 核机器计算前向 MIMC 计算上的 STARK 实际上可以比后向计算 MIMC 更快。也就是说,这些都是在 python 中相对低效的实现,并且在适当优化的实现中,证明与运行时间比可能是不同的。此外,值得指出的是,MIMC 的 STARK 证明开销非常低,因为 MIMC 几乎完全是“可算术化的” ——它的数学形式非常简单。对于包含较少算术明晰运算(例如,检查数字是否大于或小于另一个数字)的“平均”计算而言,其开销可能会更高,大约为 10000 到 50000 倍。
原文链接: https://vitalik.ca/general/2018/07/21/starks_part_3.html
作者: Vitalik
翻译: 喏贝尔
稿源:公众号 Unitimes·独角时代(ID:Uni-times)
以上所述就是小编给大家介绍的《STARKs,Part-3:攻坚(下)》,希望对大家有所帮助,如果大家有任何疑问请给我留言,小编会及时回复大家的。在此也非常感谢大家对 码农网 的支持!
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