RSA之拒绝套路（1）

前言

近期在复习数论和密码学的题目，于是先从RSA开始，做一些题目推导与证明希望知其然，知其所以然，而不是一味的跟着套路走

RSA大众套路

这里简单的概述总结一下：

· 1.e较大：Wiener攻击

· 2.e较小：直接开方

· 3.低加密指数广播攻击：相同低指数的e和多个相同的消息m

· 4.Coppersmith定理攻击：只有部分高位的p或q

· 5.共模攻击：相同n，相同m

........话不多说，下面从非套路的题目开始

题干

例如题目

e = 65537

n = 248254007851526241177721526698901802985832766176221609612258877371620580060433101538328030305219918697643619814200930679612109885533801335348445023751670478437073055544724280684733298051599167660303645183146161497485358633681492129668802402065797789905550489547645118787266601929429724133167768465309665906113

dp = 905074498052346904643025132879518330691925174573054004621877253318682675055421970943552016695528560364834446303196939207056642927148093290374440210503657

c = 140423670976252696807533673586209400575664282100684119784203527124521188996403826597436883766041879067494280957410201958935737360380801845453829293997433414188838725751796261702622028587211560353362847191060306578510511380965162133472698713063592621028959167072781482562673683090590521214218071160287665180751

注意，其中dp的意思为：

dp≡d mod (p−1)dp≡d mod (p−1)

公式推导

现在我们可以知道的是

c≡me mod nm≡cd mod nϕ(n)=(p−1)∗(q−1)d∗e≡1 mod ϕ(n)dp≡d mod (p−1)c≡me mod nm≡cd mod nϕ(n)=(p−1)∗(q−1)d∗e≡1 mod ϕ(n)dp≡d mod (p−1)

由式5*e可以得到

dp∗e≡d∗e mod (p−1)dp∗e≡d∗e mod (p−1)

因此可以得到

d∗e=k∗(p−1)+dp∗ed∗e≡1 mod ϕ(n)d∗e=k∗(p−1)+dp∗ed∗e≡1 mod ϕ(n)

我们将式1带入式2可以得到

k∗(p−1)+dp∗e≡1 mod (p−1)∗(q−1)k∗(p−1)+dp∗e≡1 mod (p−1)∗(q−1)

故此可以得到

k2∗(p−1)∗(q−1)+1=k1∗(p−1)+dp∗ek2∗(p−1)∗(q−1)+1=k1∗(p−1)+dp∗e

变换一下

(p−1)∗[k2∗(q−1)−k1]+1=dp∗e(p−1)∗[k2∗(q−1)−k1]+1=dp∗e

因为

dp<p−1dp

可以得到

e>k2∗(q−1)−k1e>k2∗(q−1)−k1

我们假设

x=k2∗(q−1)−k1x=k2∗(q−1)−k1

可以得到x的范围为

(0,e)(0,e)

因此有

x∗(p−1)+1=dp∗ex∗(p−1)+1=dp∗e

那么我们可以遍历

x∈(0,e)x∈(0,e)

求出p-1，求的方法也很简单，遍历65537种可能，其中肯定有一个p可以被n整除那么求出p和q，即可利用

ϕ(n)=(p−1)∗(q−1)d∗e≡1 mod ϕ(n)ϕ(n)=(p−1)∗(q−1)d∗e≡1 mod ϕ(n)

推出

d≡1∗e−1 mod ϕ(n)d≡1∗e−1 mod ϕ(n)

注：这里的-1为逆元，不是倒数的那个-1

payload

写下如下脚本：

import gmpy2import libnume = 65537n = 248254007851526241177721526698901802985832766176221609612258877371620580060433101538328030305219918697643619814200930679612109885533801335348445023751670478437073055544724280684733298051599167660303645183146161497485358633681492129668802402065797789905550489547645118787266601929429724133167768465309665906113dp = 905074498052346904643025132879518330691925174573054004621877253318682675055421970943552016695528560364834446303196939207056642927148093290374440210503657c = 140423670976252696807533673586209400575664282100684119784203527124521188996403826597436883766041879067494280957410201958935737360380801845453829293997433414188838725751796261702622028587211560353362847191060306578510511380965162133472698713063592621028959167072781482562673683090590521214218071160287665180751

for i in range(1,65538):

    if (dp*e-1)%i == 0:

        if n%(((dp*e-1)/i)+1)==0:

            p=((dp*e-1)/i)+1

            q=n/(((dp*e-1)/i)+1)

            phi = (p-1)*(q-1)

            d = gmpy2.invert(e,phi)%phi

            print libnum.n2s(pow(c,d,n))

即可得到flag

flag{wow_leaking_dp_breaks_rsa?_98924743502}

反思

现在不难得出结论，RSA中，如果dp或者dq任意一个泄露都可以导致密文被破解因为上述的证明过程，没有用到任何特例情况。但是如果e较大的话，可能会比较困难一些，但是如果e过大，那就可以使用维纳攻击了XD

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