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CTF中RSA套路

花了两天看把基础数论过了一遍,看这些东西的时候理解起来快了很多

基本类型:

1. “老奶奶用脚都会做"的板子题

已知e,p,q求d

$d$ = $e^{-1}$ mod $\phi(n)$

2. 已知e,d,n求p,q

用已知条件易于求出$N$、$\phi(n)$,则有

$$\begin{cases} N = p * q \\[2ex] \phi(n)=(q-1)(p-1) \end{cases} $$

联立得

$$ \begin{cases} N-\phi(n)+1=p+q \\[2ex] N=p * q \end{cases} $$

引入变量 X 建立一元二次方程(或者直接解二元一次)解出p和q

也不知道为什么有些地方给的办法那么麻烦。。。

3.低加解密指数攻击

  1. 已知c和已知e过小就请直接爆破
  2. 低加密指数广播攻击->套用中国剩余定理模板
  3. 低解密指数攻击->脚本梭哈,试了一下不好用

4.共模攻击

若有: $gcd(e_1,e_2)=1$ 且 $$ \begin{cases} C_1\equiv M^{e_1} mod;n \\[2ex] C_2\equiv M^{e_2} mod;n \end{cases} $$

一定有 $s_1 * e_1+s_2 * e_2= 1$,用扩展欧几里得算出 s1 ,s2

则有 $ \begin{cases} C_1^{s_1}\equiv M^{e_1 * s_1} mod;n \\[2ex] C_2^{s_2}\equiv M^{e_2 * s_2} mod;n \end{cases} \quad \Rightarrow C_1^{s_1} * C_2^{s_2} \equiv M^{e_1 * s_1 + e_2 * s_2}mod;n \quad \Rightarrow C_1^{s_1} * C_2^{s_2} \equiv M mod;n $

5.已知dp,dq求解

参考 7.5.2 使用中国余数定理快速加解密(CRT)

6.加密指数过大(e,n接近)

已知 n,e,d 求 q , p

比较冷的常规模板 做法比较…看脸

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import random


def gcd(a, b):
   if a < b:
	 a, b = b, a
   while b != 0:
	 temp = a % b
	 a = b
	 b = temp
   return a


def getpq(n, e, d):
	p = 1
	q = 1
	while p == 1 and q == 1:
		k = d * e - 1
		g = random.randint(0, n)
		while p == 1 and q == 1 and k % 2 == 0:
			k /= 2
			y = pow(g, k, n)
			if y != 1 and gcd(y-1, n) > 1:
				p = gcd(y-1, n)
				q = n/p
	return (p, q)


def main():
	'''
    n=
    e=
    d=
    '''

	p, q = getpq(n, e, d)
	print( "p="+hex(p))
	print( "q="+hex(q))


if __name__ == '__main__':
	main()