ctf小学生-rsa writeup
最近在b站学习发现了一名大佬风二西，他讲解的RSA和流量题都非常基础，特别适合我这种小白零基础入门。做RSA题目，不可避免要写脚本，风大把RSA这一块的脚本 用Python3做了一遍，专门出了一期合辑python3的RSA脚本，可以说是非常用心，就这还怕大家编程不过关，改代码都不会，又写了一款图形化界面的RSA解题工具 工具地址-见视频评论区。
CTF-小学生这个平台，也是风大搭建的，大部分题目都是自己出的，题目难度非常友好。稍微难点的题目在风大的B站上都有讲解。
本文主要收录一下自己的解题过程。这些题目用风大的工具来解如同砍瓜切菜般流畅。
风二西_RSA1
题目：e=1 (风二西原创题)
import gmpy2
import libnum
import uuid
flag="flag{"+str(uuid.uuid4())+"}"
print(flag)
m=libnum.s2n(flag)
p=libnum.generate_prime(512)
q=libnum.generate_prime(512)
n=p*q
e=1
c=pow(m,e,n)
print("n=",n)
print("c=",c)
print("e=",e)
n= 90981495617756764768563887456121485632852821294992273406540426689270512099459758619024797604428497371505761088482731691740604544236399875476209161759486542642982460755167111605224305056733441714037861907483938283623389941146434398522162360139652831844867722242479359748886192684447486989079947504196734648421
c= 56006392793403067781861231386277942050474101531963376999457063633948500765747587998496106575433840765
RSA的原理中 \(m^e \equiv c \pmod n\) ， 当 e 为1 时， \(m^e \equiv m^1 \equiv m \equiv c \pmod n\) 由于m是小于n的，题目中给出的密文c就是m。
可以直接对c解码得到m
import libnum
c= 56006392793403067781861231386277942050474101531963376999457063633948500765747587998496106575433840765
print(libnum.n2s(c))
# flag{046b9e03-474f-4ac0-9372-25bfc545dc08}
风二西_RSA2
题目：还是e=1 风二西原创题
import gmpy2
import libnum
import uuid
flag="flag{"+str(uuid.uuid4())+"}"
print(flag)
m=libnum.s2n(flag)
p1=libnum.generate_prime(64)
q1=libnum.generate_prime(64)
p2=libnum.generate_prime(64)
q2=libnum.generate_prime(64)
p3=libnum.generate_prime(64)
q3=libnum.generate_prime(64)
e=1
c1=pow(m,e,p1*q1)
c2=pow(m,e,p2*q2)
c3=pow(m,e,p3*q3)
print("n1=",p1*q1)
print("c1=",c1)
print("n2=",p2*q2)
print("c2=",c2)
print("n3=",p3*q3)
print("c3=",c3)
n1= 172774622114813683746188230007837413819
c1= 170260248491697016437095929037490480036
n2= 160333927436069409658483084503168246581
c2= 45134242975344810542214361639231372051
n3= 170109598387116572557100744899522621873
c3= 47903985600747367026642413789127948969
这个题目中，加密指数e仍是等于1，但跟第一题不同的是，密文m的长度是大于n的，所以给出了多组的数据，需要用到中国剩余定理。解题脚本如下：
n1= 172774622114813683746188230007837413819
c1= 170260248491697016437095929037490480036
n2= 160333927436069409658483084503168246581
c2= 45134242975344810542214361639231372051
n3= 170109598387116572557100744899522621873
c3= 47903985600747367026642413789127948969
def GCRT(mi, ai):
# mi,ai分别表示模数和取模后的值,都为列表结构
assert (isinstance(mi, list) and isinstance(ai, list))
curm, cura = mi[0], ai[0]
for (m, a) in zip(mi[1:], ai[1:]):
d = gmpy2.gcd(curm, m)
c = a - cura
assert (c % d == 0) #不成立则不存在解
K = c // d * gmpy2.invert(curm // d, m // d)
cura += curm * K
curm = curm * m // d
cura %= curm
return (cura % curm, curm) #(解,最小公倍数)
C,N = GCRT([n1,n2,n3],[c1,c2,c3])
print(libnum.n2s(C))
# flag{cba55428-f26b-4065-9f34-81c5c8e2c637}
风二西_RSA3
题目：是同模？还是共模？ 风二西原创题
import libnum
import gmpy2
import uuid
flag="flag{"+str(uuid.uuid4())+"}"
print(flag)
m=libnum.s2n(flag)
p=libnum.generate_prime(1024)
q=libnum.generate_prime(1024)
n1=p*q
n2=p*q
e1=2333
e2=23333
m=libnum.s2n(flag)
c1=pow(m,e1,n1)
c2=pow(m,e2,n2)
print("n1=",n1)
print("n2=",n2)
print("e1=",e1)
print("e2=",e2)
print("c1=",c1)
print("c2=",c2)
n1= 29143645421250041964610131519796316209374397204155469976436282970270223093227270116936148775043815634542786053957754648588547916685855943233747355087950255420084529208272959726798944771529812280211595246632324164318414568921620903228792312422949049251124675105357096001511900182384982136608469004475877350443767898973989583173128030434940886052792797816540787358610263798109517476404857884853737946851599020695228874374154464554424052641473818628619315542580958678324625251508687755281620720247997239232768548283841103391498016239630806481980671475372463330330690559668182431046684389707596830868072082755735808300723
n2= 29143645421250041964610131519796316209374397204155469976436282970270223093227270116936148775043815634542786053957754648588547916685855943233747355087950255420084529208272959726798944771529812280211595246632324164318414568921620903228792312422949049251124675105357096001511900182384982136608469004475877350443767898973989583173128030434940886052792797816540787358610263798109517476404857884853737946851599020695228874374154464554424052641473818628619315542580958678324625251508687755281620720247997239232768548283841103391498016239630806481980671475372463330330690559668182431046684389707596830868072082755735808300723
e1= 2333
e2= 23333
c1= 28464542187422191031850220803592681443982634383785165404787481127746742239081112082691277387380864221897493018787897237288845518265099977907474953791840485909853466983639444091059228300562651089136949321590723345012238904080799669440783536285513938852463305681933753888253442824802846555416205812335548719095747051066829873263830078172121545700751405449738971567108453397818830862826958070177783517124845910659072272862984614381062761492904361633028713990053614106081540076229259722671415935974092569803776537579754503894924503109547447412708945156397515728781495017776632238192662716448961774725838090086512922104959
c2= 25460740614301054941307417174277347322525553796796196288752769907863955398765515335380778529183621484339197914989256662774198864351177654624197775903029703756861955442584045861986636864875901226135976736671991519278805887617112679731304236414795141091073965816301344099945916381853638867328898132344214266933361239131644854117821204868171505133539861191262265599453830009333580296852518159984059120727521818924305349230266951553997005351779068782851592785429670130975251007122036733544487495703754895368638401347707384114165405725474647288045480904543934563092673393523874294830739729422653819421294571780102207292072
这道题目给出两组密文，但加密模数n是相同的，加密指数e不同，且\(GCD(e1,e2)=1\)，是典型的共模攻击。抄写推导一下共模攻击的公式。
已知\(e_1,e_2\)，且\(GCD(e_1,e_2)=1\)， 由扩展欧几里得算法，存在一组整数\(s_1,s_2\)，使得：
\[e_1 \times s_1 + e_2 \times s_2 =1
\]
\[\because
\begin{cases}
c_1 \equiv m^{e_1}\pmod n\\
c_2 \equiv m^{e_2}\pmod n
\end{cases}
\]
则有：
\[\begin{equation}\begin{split}
m &\equiv m^1 \pmod n \\
&\equiv m^{e_1 \times s_1 + e_2 \times s_2} \pmod n \\
&\equiv m^{e_1 \times s_1} \times m^{e_2 \times s_2} \pmod n \\
&\equiv [(m^{e_1})^{s_1} \pmod n] \times [(m^{e_2})^{s_2} \pmod n] \\
&\equiv c_1^{s_1} \pmod n \times c_2^{s_2} \pmod n \\
\end{split}\end{equation}
\]
由于\(c_1,c_2,s_1,s_2\)都是已知的，所以可求出m的值。
解题代码如下：
n= 29143645421250041964610131519796316209374397204155469976436282970270223093227270116936148775043815634542786053957754648588547916685855943233747355087950255420084529208272959726798944771529812280211595246632324164318414568921620903228792312422949049251124675105357096001511900182384982136608469004475877350443767898973989583173128030434940886052792797816540787358610263798109517476404857884853737946851599020695228874374154464554424052641473818628619315542580958678324625251508687755281620720247997239232768548283841103391498016239630806481980671475372463330330690559668182431046684389707596830868072082755735808300723
e1= 2333
e2= 23333
c1= 28464542187422191031850220803592681443982634383785165404787481127746742239081112082691277387380864221897493018787897237288845518265099977907474953791840485909853466983639444091059228300562651089136949321590723345012238904080799669440783536285513938852463305681933753888253442824802846555416205812335548719095747051066829873263830078172121545700751405449738971567108453397818830862826958070177783517124845910659072272862984614381062761492904361633028713990053614106081540076229259722671415935974092569803776537579754503894924503109547447412708945156397515728781495017776632238192662716448961774725838090086512922104959
c2= 25460740614301054941307417174277347322525553796796196288752769907863955398765515335380778529183621484339197914989256662774198864351177654624197775903029703756861955442584045861986636864875901226135976736671991519278805887617112679731304236414795141091073965816301344099945916381853638867328898132344214266933361239131644854117821204868171505133539861191262265599453830009333580296852518159984059120727521818924305349230266951553997005351779068782851592785429670130975251007122036733544487495703754895368638401347707384114165405725474647288045480904543934563092673393523874294830739729422653819421294571780102207292072
assert gmpy2.gcd (e1, e2) == 1
_, s1, s2 = gmpy2.gcdext(e1, e2) # 结果第一位为标志位
m = pow(c1, s1, n) if s1 > 0 else pow(gmpy2.invert(c1, n), -s1, n) # s1,s2可能为负
m *= pow(c2, s2, n) if s2 >0 else pow(gmpy2.invert(c2, n), -s2, n)
print(libnum.n2s(int(m % n))) #最后相乘的结果要模N
# flag{01645dce-022e-49cb-9523-4b4d8e84a0e2}
中间还有两个地方需要注意一下。一是\(s_1, s_2\)的值有一个为负值。
在数论中，求一个数a模n的-m次幂，等于这个数a模n逆元的m次幂
\[n^{-m} \equiv (n^{-1})^m \pmod n
\]
另一处是，最后求得的m值还要再模n
风二西_RSA4
题目：好像给错密钥了 风二西原创题
题目给出了两个文件，一个是密文flag.pem 另一个是公钥文件pubckey.pem
用文本编辑器打开题目给的密钥，发现给的是一个私钥言文件：-----BEGIN RSA PRIVATE KEY-----
有了私钥了，那还不直接解呀，
代码如下：
from Crypto.PublicKey import RSA
import libnum
with open("flag.pem", 'rb') as f:
c = int(f.read().hex(),16)
with open("pubckey.pem", 'rb') as f:
key = f.read()
rsakey = RSA.importKey(key)
# print(rsakey)
d = rsakey.d
n = rsakey.n
m = pow(c,d,n)
print(libnum.n2s(m))
# flag{947ce8a3-40ee-46c0-a00e-0026e583f8da}
当然，有了私钥后，解法有很多
推荐使用openssl工具
openssl rsautl -decrypt -inkey pubckey.pem -in flag.pem -raw
flag{947ce8a3-40ee-46c0-a00e-0026e583f8da}
用cyberchef也能解。
风二西_RSA5
题目：这次密钥没有给错啦
还是给的两个文件，公钥和密文。这一次没有给错，需要从公钥中提取n、e 。
使用openssl工具读
openssl rsa -pubin -in pubckey1.pem -text -modulus
Exponent: 65537 (0x10001)
Modulus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
读到的n是16进制数，共有2048位，一般来讲n超过512位就不建议分解了。
出题人为了练习大家工具的使用，给出的n是由两个相邻素数构成的，所以用yafu能分解出来。
解出结果如下：
***factors found***
P309 = 154707169869912965572264038807085588160825389898605792084774698420524113924278063744211942790334520717545961407718606461114604633654138753720598358336593011214128451966613914165721695134758193524181137401802709098935179245573044474461382557698071520126327208903405426672668774245334192540031083738467279228573
P309 = 154707169869912965572264038807085588160825389898605792084774698420524113924278063744211942790334520717545961407718606461114604633654138753720598358336593011214128451966613914165721695134758193524181137401802709098935179245573044474461382557698071520126327208903405426672668774245334192540031083738467279227529
ans = 1
有了p和q 直接去解密文就行了。
from Crypto.PublicKey import RSA
import libnum
with open("flag1.pem", 'rb') as f:
c = int(f.read().hex(),16)
with open("pubckey1.pem", 'rb') as f:
key = f.read()
rsakey = RSA.importKey(key)
e = rsakey.e
n = rsakey.n
p = 154707169869912965572264038807085588160825389898605792084774698420524113924278063744211942790334520717545961407718606461114604633654138753720598358336593011214128451966613914165721695134758193524181137401802709098935179245573044474461382557698071520126327208903405426672668774245334192540031083738467279228573
q = 154707169869912965572264038807085588160825389898605792084774698420524113924278063744211942790334520717545961407718606461114604633654138753720598358336593011214128451966613914165721695134758193524181137401802709098935179245573044474461382557698071520126327208903405426672668774245334192540031083738467279227529
def rsa_decrypt(p,q,e,n,c):
"""RSA解密函数"""
phi_n = (p-1)*(q-1)
assert(libnum.gcd(e,phi_n) == 1) # e与phi_n互素
d = libnum.invmod(e,phi_n)
m = pow(c,d,n)
print(libnum.n2s(m))
return m
rsa_decrypt(p,q,e,n,c)
# flag{c4a6661d-a8f9-4861-bfb9-871ea31a10ca}
风二西_RSA6
题目：不是那么简单了。听过OEAP吗？
百度一下，OEAP 是RSA的一种填充方式-最优非对称加密填充。
好了，不用再看其他了，直接做题
from Crypto.PublicKey import RSA
from Crypto.Cipher import PKCS1_OAEP
import libnum
with open("flag2.pem", 'rb') as f:
ciphertext = f.read()
with open("prikey2.pem", 'rb') as f:
key = f.read()
rsakey = RSA.importKey(key)
cipher = PKCS1_OAEP.new(rsakey)
message = cipher.decrypt(ciphertext)
print(message)
# b'flag{e5dca96d-f0cb-4bde-b657-2e2589958557}'
用openssl来解：
openssl rsautl -decrypt -inkey prikey2.pem -in flag2.pem -oaep
flag{e5dca96d-f0cb-4bde-b657-2e2589958557}
风二西_RSA7
题目：工具脚本一把梭吧
题目给出的加密指数e非常大。长度与n接近 ，由于\(ed \equiv 1\pmod {\varphi(n)}\)，加密指数e大，对应的解密指数d就比较小。
Wiener 表示如果满足：
\[d < \frac{1}{3}n^{\frac{1}{4}}
\]
那么一种基于连分数(一个数论当中的问题)的特殊攻击类型就可以危害 RSA 的安全。具体的原理和推导见Tr0y的RSA 大礼包 我的代码都是抄的。
n= 76230002233243117494160925838103007078059987783012242668154928419914737829063294895922280964326704163760912076151634681903538211391318232043295054505369037037489356790665952040424073700340441976087746298068796807069622346676856605244662923296325332812844754859450419515772460413762564695491785275009170060931
e= 19252067118061066631831653736874168743759225404757996498452383337816071866700225650384181012362739758314516273574942119597579042209488383895276825193118297972030907899188520426741919737573230050112614350868516818112742663713344658825493377512886311960823584992531185444207705213109184076273376878524090762327
c= 51129364468759654610691969029018077135681286452403720342930701227318278867902499808039789577625318001225092301902887105131054762178225243088434961189430225241008880599986750881642671737591885881772112932433413661123951666955204365852817050308723133101090183352917490942744092495494108693783108146041173249096
import gmpy2
import time
# 展开为连分数
def continuedFra(x, y):
cF = []
while y:
cF += [x // y]
x, y = y, x % y
return cF
def Simplify(ctnf):
numerator = 0
denominator = 1
for x in ctnf[::-1]:
numerator, denominator = denominator, x * denominator + numerator
return (numerator, denominator)
# 连分数化简
def calculateFrac(x, y):
cF = continuedFra(x, y)
cF = list(map(Simplify, (cF[0:i] for i in range(1, len(cF)))))
return cF
# 解韦达定理
def solve_pq(a, b, c):
par = gmpy2.isqrt(b * b - 4 * a * c)
return (-b + par) // (2 * a), (-b - par) // (2 * a)
def wienerAttack(e, n):
for (d, k) in calculateFrac(e, n):
if k == 0: continue
if (e * d - 1) % k != 0: continue
phi = (e * d - 1) // k
p, q = solve_pq(1, n - phi + 1, n)
if p * q == n:
return abs(int(p)), abs(int(q))
print('not find!')
p, q = wienerAttack(e, n)
def rsa_decrypt(p,q,e,n,c):
"""RSA解密函数"""
phi_n = (p-1)*(q-1)
assert(libnum.gcd(e,phi_n) == 1) # e与phi_n互素
d = libnum.invmod(e,phi_n)
m = pow(c,d,n)
print(libnum.n2s(m))
return m
rsa_decrypt(p,q,e,n,c)
# b'flag{26977674-4f24-4ac6-a008-b90f857699de}'
当然，也有比较成熟的RSA工具可以直接解
python RsaCtfTool.py --attack wiener -e 19252067118061066631831653736874168743759225404757996498452383337816071866700225650384181012362739758314516273574942119597579042209488383895276825193118297972030907899188520426741919737573230050112614350868516818112742663713344658825493377512886311960823584992531185444207705213109184076273376878524090762327 -n 76230002233243117494160925838103007078059987783012242668154928419914737829063294895922280964326704163760912076151634681903538211391318232043295054505369037037489356790665952040424073700340441976087746298068796807069622346676856605244662923296325332812844754859450419515772460413762564695491785275009170060931 --uncipher 51129364468759654610691969029018077135681286452403720342930701227318278867902499808039789577625318001225092301902887105131054762178225243088434961189430225241008880599986750881642671737591885881772112932433413661123951666955204365852817050308723133101090183352917490942744092495494108693783108146041173249096
utf-8 : flag{26977674-4f24-4ac6-a008-b90f857699de}
风二西_RSA8
题目： 奇怪的N
n= 161670795418661108941395547760068053355832555077779027853700140442876298077926786030806243269042521234383793929910836023913994987010924339006536693866763078849189869497871752489277315727669547511079303136326388638480680630822677173084810848784554433394382029956739707395702556105138001868786944077871569844771
c= 91652340468387584012845155237237896957786753396661434559421169499111938419733760364914054180181470453332534789456757372866493406817246725731113863637159054175158914882334950110118713886213759125279941357012004180349611604118066085014934218543579248275421019690815403585470855502464076600672369539603525850924
e= 65537
拿到题目后，提示是奇怪的N，这个N到底奇怪在哪里，咱也不知道，先用yafu分解一波。
yafu-x64
factor(161670795418661108941395547760068053355832555077779027853700140442876298077926786030806243269042521234383793929910836023913994987010924339006536693866763078849189869497871752489277315727669547511079303136326388638480680630822677173084810848784554433394382029956739707395702556105138001868786944077871569844771)
fac: factoring 161670795418661108941395547760068053355832555077779027853700140442876298077926786030806243269042521234383793929910836023913994987010924339006536693866763078849189869497871752489277315727669547511079303136326388638480680630822677173084810848784554433394382029956739707395702556105138001868786944077871569844771
fac: using pretesting plan: normal
fac: no tune info: using qs/gnfs crossover of 95 digits
div: primes less than 10000
fmt: 1000000 iterations
Total factoring time = 5.3048 seconds
***factors found***
P309 = 161670795418661108941395547760068053355832555077779027853700140442876298077926786030806243269042521234383793929910836023913994987010924339006536693866763078849189869497871752489277315727669547511079303136326388638480680630822677173084810848784554433394382029956739707395702556105138001868786944077871569844771
ans = 1
yafu很给力，用了5秒种就分解出来了，怎么只有一个呢，还是原数n。原来n是素数呀。 那就好办了。
根据RSA的原理，为什么要分解模数N？ 为的是计算\(\varphi(n)\) 因为有\(\varphi(n)\) 才能求出解密指数\(d\)
\(\because n = pq\)
\(\therefore \varphi(n)=\varphi(p)\varphi(q)=(p-1)(q-1)\)
既然n是素数，那么\(\varphi(n) = n-1\) 直接就求出\(\varphi(n)\) 。那剩下的就是求解密指数\(d\)和明文\(m\)
import libnum
n= 161670795418661108941395547760068053355832555077779027853700140442876298077926786030806243269042521234383793929910836023913994987010924339006536693866763078849189869497871752489277315727669547511079303136326388638480680630822677173084810848784554433394382029956739707395702556105138001868786944077871569844771
c= 91652340468387584012845155237237896957786753396661434559421169499111938419733760364914054180181470453332534789456757372866493406817246725731113863637159054175158914882334950110118713886213759125279941357012004180349611604118066085014934218543579248275421019690815403585470855502464076600672369539603525850924
e= 65537
phi_n = n - 1
d = libnum.invmod(e, phi_n)
m = pow(c,d,n)
print(libnum.n2s(m))
# b'flag{c9991f77-c898-406a-8785-5a6db8081533}'
风二西_RSA9
题目：不装了，摊牌了，都给你说啦。
import gmpy2
import uuid
import random
p=libnum.generate_prime(1024)
q=libnum.generate_prime(1024)
flag="flag{"+str(uuid.uuid4())+"}"
n=p*q
phi=(p-1)*(q-1)
while True:
e=random.randint(10000,65537)
if gmpy2.gcd(e,phi)==1:
break
d=libnum.invmod(e,phi)
c=libnum.s2n(flag)
m=pow(c,d,n)
print("p=",p)
print("q=",q)
print("m=",m)
print("d=",d)
print("n=",n)
p= 97368485043593006405417010779079380120093793034626963175677083523770994936525207940968193918786949567460392401775664093619173263261961563254058029894381986376275758006361044924787173495349206752585567053148516364028668638365676608691913705470536048404291284013185217624584284180593606281872606674303227862923
q= 174034507670751544663833619122758532253821916016434057019886746556436073565496931298817122456263338650062754783803599969233256462434713772953714031268092314238169815901012809393600325432808839406464715247202866205781781379919342815514475667193698142923567276511836660769097557234679842172400378371421781964289
m= 10713159978080595248303368136468725248428004219265383017568301839870142446158283601395319409739267941310957665427316430008931224971372871063315206268306110608326979812846886034642104794304853873192876460915559231227506777599442060327993342928268503696889652417983518056546140617858431621418835939458147783959307745523951841137415442238550765735249662192808694822637569812286855868419594276671181075389377949452992838748913612817680444419095179848524538089268826799430007066454995062821698762487766844583651126504070187331835027249508337718321126942529727464313184539455069391263828081876598132257030625297646910710698
d= 9390237469625625327767772772501860104758101441676147056413733378437848559772090449906444146313965320608216054116514082700525563243843771204901839503307479128967925438407562718344032952875123364816506810638856925864160725041981647121465162190807436028496569031178392890553177399355087553209625455734016456610191995005421761565733358070901800953003865665637614771105080265950575370421882124992956415586236776481116126106171771156040712750560153951276387711991194466653974368467861952058543035030816993478005980029315268610250448820942344432392048700822441849816775252185085593277697772013794833419946099360440772003135
n= 16945476357208644122981981769374646293926105553473297697614690692652601713322227208661975312188938407555360864148584038092323753063552504666101719934810973632634565975015494529491878727459181230406832788393966249955724078848021959836773296479882218413561668025756126880165471682246491275523240659976474618187166357040262223313242756132850124163812125138317620789358310094970897417863278091383242119765582782451173174886739833284579593252969063972226490849473760753219069834155364181062555776029449332377688052659981492134779226642225005427449494407806051665362319573826702559006783213306262376903229146869818573156747
分析题目中给出的内容，发现m就是密文，要求的明文是c。字母换了换。
已知\(m \equiv c^d \pmod n\),
由于 \(ed \equiv 1 \pmod {\varphi(n)}\)
所以 \(c \equiv m^e \pmod n\)
发现没有给出e的值。但没有关系，有\(d,p,q,\varphi(n)\) 可以求。
p= 97368485043593006405417010779079380120093793034626963175677083523770994936525207940968193918786949567460392401775664093619173263261961563254058029894381986376275758006361044924787173495349206752585567053148516364028668638365676608691913705470536048404291284013185217624584284180593606281872606674303227862923
q= 174034507670751544663833619122758532253821916016434057019886746556436073565496931298817122456263338650062754783803599969233256462434713772953714031268092314238169815901012809393600325432808839406464715247202866205781781379919342815514475667193698142923567276511836660769097557234679842172400378371421781964289
m= 10713159978080595248303368136468725248428004219265383017568301839870142446158283601395319409739267941310957665427316430008931224971372871063315206268306110608326979812846886034642104794304853873192876460915559231227506777599442060327993342928268503696889652417983518056546140617858431621418835939458147783959307745523951841137415442238550765735249662192808694822637569812286855868419594276671181075389377949452992838748913612817680444419095179848524538089268826799430007066454995062821698762487766844583651126504070187331835027249508337718321126942529727464313184539455069391263828081876598132257030625297646910710698
d= 9390237469625625327767772772501860104758101441676147056413733378437848559772090449906444146313965320608216054116514082700525563243843771204901839503307479128967925438407562718344032952875123364816506810638856925864160725041981647121465162190807436028496569031178392890553177399355087553209625455734016456610191995005421761565733358070901800953003865665637614771105080265950575370421882124992956415586236776481116126106171771156040712750560153951276387711991194466653974368467861952058543035030816993478005980029315268610250448820942344432392048700822441849816775252185085593277697772013794833419946099360440772003135
n= 16945476357208644122981981769374646293926105553473297697614690692652601713322227208661975312188938407555360864148584038092323753063552504666101719934810973632634565975015494529491878727459181230406832788393966249955724078848021959836773296479882218413561668025756126880165471682246491275523240659976474618187166357040262223313242756132850124163812125138317620789358310094970897417863278091383242119765582782451173174886739833284579593252969063972226490849473760753219069834155364181062555776029449332377688052659981492134779226642225005427449494407806051665362319573826702559006783213306262376903229146869818573156747
import libnum
phi_n = (p-1)*(q-1)
e = libnum.invmod(d,phi_n)
c = pow(m, e, n)
print(libnum.n2s(c))
# flag{0ba0fcc8-88d2-4f78-b1e2-e3823539340c}
风二西_RSA10
题目：不装了，摊牌了，这次全部都参数都给你，包括e（风二西原创题）
import uuid
import libnum
import gmpy2
flag="flag{"+str(uuid.uuid4())+"}"
print(flag)
e = 65537
m = libnum.s2n(flag.encode())
p1 = libnum.generate_prime(128)
q1 = libnum.generate_prime(128)
p2 = libnum.generate_prime(128)
q2 = libnum.generate_prime(128)
print("p1=",p1)
print("q1=",q1)
print("p2=",p2)
print("q2=",q2)
n1=p1*q1
n2=p2*q2
print("n1=",n1)
print("n2=",n2)
c1 = pow(m, e, n1)
c2 = pow(m, e, n2)
print("c1=",c1)
print("c2=",c2)
p1= 241529374856419543994843741620715478233
q1= 329891612475502969315412700917758756573
p2= 179415062328238613586720079938194290751
q2= 281209161331996176661322999324485217597
n1= 79678514931584446837886795964984740987618425126262080131520484181733127175509
n2= 50453159207651801862952938090505477143503284591035016948403490994601319545347
c1= 10906371165492800616190805676717306177005704888515733402096006986355132032250
c2= 47055855052437161522184969745110429012879528443871661682592147046669796586664
这道题目当时做的时候还卡了两天。是对中国剩余定理不够了解，看了风大的视频后才明白。
题目给出的两组模数\(n_1, n_2\)特别小，如果明文m大于模数n，是没有办法直接恢复的。
使用中国剩余定理，可以得到\(c \pmod n , n = n_1 \times n_2\) 模数被扩展到512位。
尝试用这一组的 \(c,e,n\)来解。其中\(\varphi(n)=\varphi(n_1)\varphi(n_2)=(p_1-1)(q_1-1)(p_2-1)(q_2-1)\)
p1= 241529374856419543994843741620715478233
q1= 329891612475502969315412700917758756573
p2= 179415062328238613586720079938194290751
q2= 281209161331996176661322999324485217597
n1= 79678514931584446837886795964984740987618425126262080131520484181733127175509
n2= 50453159207651801862952938090505477143503284591035016948403490994601319545347
c1= 10906371165492800616190805676717306177005704888515733402096006986355132032250
c2= 47055855052437161522184969745110429012879528443871661682592147046669796586664
e = 65537
import libnum
import gmpy2
from functools import reduce
def CRT(mi, ai):
# mi,ai分别表示模数和取模后的值,都为列表结构
# Chinese Remainder Theorem
assert (isinstance(mi, list) and isinstance(ai, list))
M = reduce(lambda x, y: x * y, mi)
ai_ti_Mi = [a * (M // m) * gmpy2.invert(M // m, m) for (m, a) in zip(mi, ai)]
return reduce(lambda x, y: x + y, ai_ti_Mi) % M
c = CRT([n1,n2],[c1,c2])
phi_n = (p1-1)*(q1-1)*(p2-1)*(q2-1)
d = libnum.invmod(e, phi_n)
m = pow(c, d, n1*n2)
print(libnum.n2s(m))
# flag{b204d8a4-0186-48c4-9c5f-2d02d267c326}
风二西_RSA11
题目：很简单的
n= 2402438576165473029108412792590900622915797278696450348937297683358289425471810609861361183936792588570688309584438708660907863882101777257628990375920892592671725390629604688454167797154718295679433805383082825684737247057084904476690427408950519465993155695550296000374172597794486760547755879527113453
e= 3
c= 175676150266627654394509074891404164566854171033140030366264579869316998382531731238646439305983889007988827572538127555289345112927153391354273822296560289724299704969505044786520464609064991216105190142528210147105407231359976850587913961569714117627302606370251386092433653181453744354380262673514341
这个题目\(e=3\)是典型的低加密指数攻击。
\(\because c \equiv m^3 \pmod n\)
\(\therefore m=\sqrt[3]{c+kn}\)
一般情况下，k=0，可以直接开方。
e = 3
c= 175676150266627654394509074891404164566854171033140030366264579869316998382531731238646439305983889007988827572538127555289345112927153391354273822296560289724299704969505044786520464609064991216105190142528210147105407231359976850587913961569714117627302606370251386092433653181453744354380262673514341
import gmpy2
import libnum
m = gmpy2.iroot(c,e)[0]
print(libnum.n2s(int(m)))
# flag{c47361b6-7627-4a4f-baf7-21001f967b56}
风二西_RSA12
题目：中国剩余定理吧，e是多少呢？
import uuid
import libnum
import gmpy2
import random
flag="flag{"+str(uuid.uuid4())+"}"
print(flag)
m = libnum.s2n(flag)
p = libnum.generate_prime(1024)
q = libnum.generate_prime(1024)
n1=p*q
p = libnum.generate_prime(1024)
q = libnum.generate_prime(1024)
n2=p*q
p = libnum.generate_prime(1024)
q = libnum.generate_prime(1024)
n3=p*q
while 1:
e=random.randint(10,20)
print(e)
if gmpy2.is_prime(e):
break
c1=pow(m,e,n1)
c2=pow(m,e,n2)
c3=pow(m,e,n3)
print("n1=",n1)
print("n2=",n2)
print("n3=",n3)
print("c1=",c1)
print("c2=",c2)
print("c3=",c3)
n1= 17252219271006504217652265353315644822689102990264622695769709059400124061303815961435216889436124568403595230367283469177657079450282677401376417062215262907612929047987828085558578625928693928880671915353617997183001765819850856038580986341451354677532575518429983180603767256598249850685593173010163922025509601326326321500794396556036639237902931276631659616154399922016651201757258733618622358585354871247473186946333948694594826747068676868873107272038233419801485049530755094873655667843995961470816804517358517607436960955104105230718119794284575683888642896061373529872181319831826417002365270413786886230051
n2= 19392925441119564341555603187441887561478389980762223332359001899590543508270070429654062355050348208292024600480329586395279855747079257790641213158649916066398059169788447789331043090129266878932663273082843414238406770932078873343241723699886063134727135260077063212826785200734480057973678585768855053011930755630200714822903690528979185570885528147643237687242400511057790185488304578078790856756920715781906997572283811891912799721107417543601482580382717235530747319855573633433655463698238396450160804967421072666570521835633096983265294367798652838134815267442249458052921576108382421808074197496756326651569
n3= 16308931821160738277381987335188301508935609331979902438602520050075201076202607797174570476508752749939535558232194093916143544677788076366822749055817956020216396168552177076772752147703927950913692270761747051591209445357878745137592704614863982995068341117660355411746655172287336173901923306626058276062979558685583245075792769514424287449989413646849923270337368271506480123292135149298907255291763788483970298044852870009792041207447026753646424275224352404748955511851564024075916958820790827323891618229420999340841099848014212559544340277261118686124000247691040332469447586013408096906429110903073529177959
c1= 9862674916042529918536092338186428078982165644848222161352523997087450888782685666699966847951244365280637841803438717743795168091292517068068919062777145241306310697080809891248377646719341230881649623908246452956514392532087121381507177426996878604461394499084196249530601094001617489710803912131948279913297986636209231828019500643894617602429551750854441781737312059554753531678468044053831648273296572848789992174657175515114338665837154883246900742720531354855559563140404249577415693939022593259289194459953438105757899587447271931995649255159342329359652305879885554769630544770966155000620489702683568172742
c2= 11681944755560676324959185187799099414481370223339263320227032572815322776036541246094706574111230437855451279755698238561172128989213481236089341690470560136591884018327949217955636371986098667096134214617286477749483182783065573382874881799002834245675144902527287434610910847735302841154506319451669009489558469224087072461557995913424041810554224864384732427620959534242904535632660788940451410731486496846273769609538396613198060913461220093973836108967904185914468061114191996582010088055074020730119033560498292937987199687933047535216255557403558690069800171880133754299157682045716215838413976578382030795387
c3= 12668278504770849369921196574913946259264733368388011806162184024969059726807829014394443240915036260802428499115569055027868892016678593665990881075365267878346964234838583098736850357277091593641798510490187797581111760056196425611939907216616878668062988351559417972184145303414105959155690055918434365061272003723017407148417783932381053632869804167234724945360916258465050598759067199479571813805864105608035898489711508922286844624373009203267737364854355266040795917980105237637939321394405488989345144898194063338461873834505409676538338655407786146050320466683048676780486336615260073541849747038981327813976
这个题目已经提示了中国剩余定理，并且给出了多组的nc对，只是没有给出e，
但是题目给出了e的范围是（10，20）之间的整数，而且还是素数。那么e只可能是(11,13,17,19)中的一个。
先用中国剩余定理求出一c，再尝试开方即可
import gmpy2
import libnum
n1= 17252219271006504217652265353315644822689102990264622695769709059400124061303815961435216889436124568403595230367283469177657079450282677401376417062215262907612929047987828085558578625928693928880671915353617997183001765819850856038580986341451354677532575518429983180603767256598249850685593173010163922025509601326326321500794396556036639237902931276631659616154399922016651201757258733618622358585354871247473186946333948694594826747068676868873107272038233419801485049530755094873655667843995961470816804517358517607436960955104105230718119794284575683888642896061373529872181319831826417002365270413786886230051
n2= 19392925441119564341555603187441887561478389980762223332359001899590543508270070429654062355050348208292024600480329586395279855747079257790641213158649916066398059169788447789331043090129266878932663273082843414238406770932078873343241723699886063134727135260077063212826785200734480057973678585768855053011930755630200714822903690528979185570885528147643237687242400511057790185488304578078790856756920715781906997572283811891912799721107417543601482580382717235530747319855573633433655463698238396450160804967421072666570521835633096983265294367798652838134815267442249458052921576108382421808074197496756326651569
n3= 16308931821160738277381987335188301508935609331979902438602520050075201076202607797174570476508752749939535558232194093916143544677788076366822749055817956020216396168552177076772752147703927950913692270761747051591209445357878745137592704614863982995068341117660355411746655172287336173901923306626058276062979558685583245075792769514424287449989413646849923270337368271506480123292135149298907255291763788483970298044852870009792041207447026753646424275224352404748955511851564024075916958820790827323891618229420999340841099848014212559544340277261118686124000247691040332469447586013408096906429110903073529177959
c1= 9862674916042529918536092338186428078982165644848222161352523997087450888782685666699966847951244365280637841803438717743795168091292517068068919062777145241306310697080809891248377646719341230881649623908246452956514392532087121381507177426996878604461394499084196249530601094001617489710803912131948279913297986636209231828019500643894617602429551750854441781737312059554753531678468044053831648273296572848789992174657175515114338665837154883246900742720531354855559563140404249577415693939022593259289194459953438105757899587447271931995649255159342329359652305879885554769630544770966155000620489702683568172742
c2= 11681944755560676324959185187799099414481370223339263320227032572815322776036541246094706574111230437855451279755698238561172128989213481236089341690470560136591884018327949217955636371986098667096134214617286477749483182783065573382874881799002834245675144902527287434610910847735302841154506319451669009489558469224087072461557995913424041810554224864384732427620959534242904535632660788940451410731486496846273769609538396613198060913461220093973836108967904185914468061114191996582010088055074020730119033560498292937987199687933047535216255557403558690069800171880133754299157682045716215838413976578382030795387
c3= 12668278504770849369921196574913946259264733368388011806162184024969059726807829014394443240915036260802428499115569055027868892016678593665990881075365267878346964234838583098736850357277091593641798510490187797581111760056196425611939907216616878668062988351559417972184145303414105959155690055918434365061272003723017407148417783932381053632869804167234724945360916258465050598759067199479571813805864105608035898489711508922286844624373009203267737364854355266040795917980105237637939321394405488989345144898194063338461873834505409676538338655407786146050320466683048676780486336615260073541849747038981327813976
from functools import reduce
def CRT(mi, ai):
# mi,ai分别表示模数和取模后的值,都为列表结构
# Chinese Remainder Theorem
assert (isinstance(mi, list) and isinstance(ai, list))
M = reduce(lambda x, y: x * y, mi)
ai_ti_Mi = [a * (M // m) * gmpy2.invert(M // m, m) for (m, a) in zip(mi, ai)]
return reduce(lambda x, y: x + y, ai_ti_Mi) % M
c = CRT([n1,n2,n3],[c1,c2,c3])
for i in range(10,20):
m = gmpy2.iroot(c,i)
if m[1]:
print(f"e = {i}")
print(libnum.n2s(int(m[0])))
# e = 13
# b'flag{326177d1-448f-48a6-abdd-ee2085b28eaf}'
题目做到这儿，结果已经出来了。再多讲几句，也是我当时遇到的疑惑。
既然加密指数比较小，为什么不直接对\(c_1,c_2,c_3\)进行开方？
以最后拿到的结果为例，明文位数为355位，e为13。\(m^e\)的位数在4351位。
而模数n只有2048位，多余的部分进行了模运算，所以不能直接开方。
中国剩余定理计算后的模数为三个n的最小公倍数，位数达到了6142位，显然是能够覆盖\(m^e\)的。
风二西_RSA13
题目：一组NC,e很大。（风二西原创题）
import gmpy2
import libnum
import uuid
flag="flag{"+str(uuid.uuid4())+"}"
print(flag)
m1=libnum.s2n(flag[:21])
m2=libnum.s2n(flag[21:])
p=libnum.generate_prime(1024)
q1=libnum.generate_prime(1024)
q2=libnum.generate_prime(1024)
n1=p*q1
n2=p*q2
e=65537
c1=pow(m1,e,n1)
c2=pow(m2,e,n2)
print("n1=",n1)
print("n2=",n2)
print("c1=",c1)
print("c2=",c2)
n1= 14344966075668457197926805093252019643096573510969721322719333921005737087381900449540855412424548701204134893993421731511948833767143851141078209382285846501386535725301259909239487164541050781598400430159674920170854404496253398222187307367926322625492497171740002969789815008039987485265892529966452609000393813395779113860224081603944565240880582129475822907507399743470085845133711696533090310948349344084563385664363625995999399255547593760021153639514720877652246066221504678395471466612295627656516850262088529244725814466732348833167839822545350219641690764981001428685344377698209527688737137187300399652993
n2= 12354218348882658855939557374675440240130593637412960903022784670883099080512624736064231265886849271910351937451997751749093644637238859633012706230887428376122240805168054483532576336852668163683367625468673502957503469509123739755819238781219308756042088817872420155442438195380803116150498980766272244743798236039791910368557658313836740247547559284129302204970113950049895139613500250641481434700366895302374051200743877172702615189237557067101522920447615629272986158643661393610029180590415625821891554368097074431230829448921269825593886700360922071375933729554358494473990274497958858233048122738508242423439
c1= 3691123354676066697059437937998979583921581870731150079375228838089668944155347573115895745939257000857077746797136413811508634456041342500337302101225465437119807883492455873112323783750970718926005237215996705821476132706795935577193711973896496979170206973337515061654337654274989697617761256418417804735475939505284666094122467326381674631123530317439987013961787043442129186254743721364414447230567446822751926033047452822024681275085831713997686837779667260888016072279588480296674703292539294133901503225011837599317942181453227103095922082421095286788644523456206687517063265624595424684296819286062613760042
c2= 5938408686309543013293741535567205151131688865994815122696735470416646965603186344765655319536668785559696396104442531438099421602193304800760866674863437267379695326984063895846835762801125090313445489510683263350964708721907377863520679697909959118156916287172182350863938539461166083625073905275280319815502103888903393913834228224181613416918191464536553417181893783896959345196250270792673371830038465845317178867867078669131493698960171589833480768462627600224827986249429611594755180062966252940786732981155206917654348842803640264421695660795812804373210578066663145314490990520854537552802784407185492236744
题目给出的两个模数n 不是互素的，有共同的公约数p，可以直接求出。
另外flag被分成了两块，分别求出两部分后合并一起就行。
import libnum
n1= 14344966075668457197926805093252019643096573510969721322719333921005737087381900449540855412424548701204134893993421731511948833767143851141078209382285846501386535725301259909239487164541050781598400430159674920170854404496253398222187307367926322625492497171740002969789815008039987485265892529966452609000393813395779113860224081603944565240880582129475822907507399743470085845133711696533090310948349344084563385664363625995999399255547593760021153639514720877652246066221504678395471466612295627656516850262088529244725814466732348833167839822545350219641690764981001428685344377698209527688737137187300399652993
n2= 12354218348882658855939557374675440240130593637412960903022784670883099080512624736064231265886849271910351937451997751749093644637238859633012706230887428376122240805168054483532576336852668163683367625468673502957503469509123739755819238781219308756042088817872420155442438195380803116150498980766272244743798236039791910368557658313836740247547559284129302204970113950049895139613500250641481434700366895302374051200743877172702615189237557067101522920447615629272986158643661393610029180590415625821891554368097074431230829448921269825593886700360922071375933729554358494473990274497958858233048122738508242423439
c1= 3691123354676066697059437937998979583921581870731150079375228838089668944155347573115895745939257000857077746797136413811508634456041342500337302101225465437119807883492455873112323783750970718926005237215996705821476132706795935577193711973896496979170206973337515061654337654274989697617761256418417804735475939505284666094122467326381674631123530317439987013961787043442129186254743721364414447230567446822751926033047452822024681275085831713997686837779667260888016072279588480296674703292539294133901503225011837599317942181453227103095922082421095286788644523456206687517063265624595424684296819286062613760042
c2= 5938408686309543013293741535567205151131688865994815122696735470416646965603186344765655319536668785559696396104442531438099421602193304800760866674863437267379695326984063895846835762801125090313445489510683263350964708721907377863520679697909959118156916287172182350863938539461166083625073905275280319815502103888903393913834228224181613416918191464536553417181893783896959345196250270792673371830038465845317178867867078669131493698960171589833480768462627600224827986249429611594755180062966252940786732981155206917654348842803640264421695660795812804373210578066663145314490990520854537552802784407185492236744
e=65537
p = libnum.gcd(n1,n2)
print(p)
def de(p,q,n,e,c):
phi = (p-1)*(q-1)
d = libnum.invmod(e,phi)
m = pow(c, d, n)
return m
q1 = n1//p
q2 = n2//p
m1 = de(p,q1,n1,e,c1)
m2 = de(p,q2,n2,e,c2)
print(libnum.n2s(m1) + libnum.n2s(m2))
风二西_RSA14
题目：dp而已
n= 22622953499906408301564967921245988860495391097132954220274432924287509085632417945770881691534975145091374242390427640088367167203579325929612016723243658261593025738254367644091603118090370975169770127462281455311168276705797581236756566556572477147794482576566576141503657366877706216822051348815093952824935126554144616168117998226546298989358973835686535936849349204968416839514589022517798087249227968029567878985549747691248450050900456070085755111883456285843067740064987642442265366446045841262726264326834028291726094139315980161873887433830833454445599669910399735340574524109558630513082823400621144454351
e= 65537
c= 469722654129671419249759522951904591667490211597089754628487076348562605615284355442799382577011350223484863274785594845261822294849547236041417367128695661795868225558049849940969387805053378233945487237026625762800225165430228884868681682886651471380372547431200184327293846958033983382179623067806485162201079574837090290662923491693441026067580453795233723008995575278125426502251786591238435141115672755813724389532148907336492040829080851823787879326475426928069825609696935156088233034235751099793215905063550820628171197918871238376618291835524535363337134321757043740849310613185143435442464034252256136947
dp= 126729618715997639432376012471064242072409613989447605497725787230926131930047985649208493373747981708515084950424544560607536523739481248536263970683258477808489883464951901490743860000504246086678359257162357254217610750532553294000611257291925400498830519491741364527898680055532286984211081076338931327137
这道题目是dp泄漏，其中\(d_p\equiv d\pmod{(p-1)}\)。关于dp泄漏的相关知识，我都是看风大的dp视频学习的dp泄漏，这里将推导的过程摘抄如下：
\(d_p\equiv d \pmod {p-1}\)
两边同时乘以e
\(e \cdot d_p \equiv e\cdot d \pmod {(p-1)}\)
转换成普通的等式写法
\(e \cdot d_p = e\cdot d + k_1(p-1)\)
根据RSA的基本原理：
\(\because e \cdot d \equiv 1 \pmod {\varphi(n)}\)
\(and \because \varphi(n) = (p-1)(q-1)\)
\(\therefore e \cdot d = 1 + k_2(p-1)(q-1)\)
代入上式，消除d，得到
\(e \cdot d_p = 1+ k_2(p-1)(q-1) + k_1(p-1)\)
两边同时模上\((p-1)\) 得到：
\(e \cdot d_p \equiv 1 \pmod{(p-1)}\)
因为p为素数，根据欧拉函数的计算方法 \(\varphi(p) = p-1\)
所以上式可写为：
\(e \cdot d_p \equiv 1 \pmod{\varphi(p)}\)
可以明显看出 \(e,d_p\) 是关于模数p的一组RSA密钥对。
然后再来推导一下解密过程\(m \equiv c^{d_p} \pmod p\)
\(m \equiv c^d \pmod n\)
\(m = c^d + kn\)
因为\(n=p\cdot q\) 上式两边同时模p
\(m \pmod p \equiv (c^d \pmod p) + (kpq \pmod p)\)
当 \(m < p\) 时，等式左边 \(m \pmod p = m\)
所以最终变成下面的式子
\(m \equiv c^d \pmod p\)
接下来要想办法将\(d\)给换成\(d_p\)
\(\because d_p \equiv d \pmod {(p-1)}\)
\(\therefore d = d_p + k(p-1)\)
代入上面的式子消除d得到
\(m \equiv c^{(d_p + k(p-1))} \pmod p\)
\(m \equiv c^{d_p} \times c^{k(p-1)} \pmod p\)
这里要用到费马小定理，当p是素数时，对于任意的\(a\)有：
\(a^{p-1} \equiv 1 \pmod p\)
所以上面的式子，可以变为：
\(m \equiv (c^{d_p} \pmod p) \times ((c^k)^{p-1}\pmod p)\)
\(m \equiv c^{d_p} \pmod p\)
至此，求m的等式已经推导出来了。但是还是不够，我们不知道模数\(p\).
求\(p\)的关键在于我们上面求出的\(e \cdot d_p \equiv 1 \pmod{(p-1)}\)
\(e \cdot d_p = 1 + k \cdot (p-1)\)
\(\Rightarrow e \cdot d_p \gt k \cdot (p-1)\)
\(\because d_p \equiv d \mod(p-1)\)
\(\therefore d_p < (p-1)\)
\(\therefore k < e\)
知道了\(k\)的范围，就可以通过爆破\(k\)来求\(p\)，至此，求解的关键思路都理清楚了。
求解代码如下：
c= 469722654129671419249759522951904591667490211597089754628487076348562605615284355442799382577011350223484863274785594845261822294849547236041417367128695661795868225558049849940969387805053378233945487237026625762800225165430228884868681682886651471380372547431200184327293846958033983382179623067806485162201079574837090290662923491693441026067580453795233723008995575278125426502251786591238435141115672755813724389532148907336492040829080851823787879326475426928069825609696935156088233034235751099793215905063550820628171197918871238376618291835524535363337134321757043740849310613185143435442464034252256136947
dp= 126729618715997639432376012471064242072409613989447605497725787230926131930047985649208493373747981708515084950424544560607536523739481248536263970683258477808489883464951901490743860000504246086678359257162357254217610750532553294000611257291925400498830519491741364527898680055532286984211081076338931327137
e= 65537
import libnum
for k in range(e,1,-1): # 因为k与e相近，所以倒着求更快
if (e*dp -1) % k == 0:
p = (e*dp) // k + 1
if libnum.prime_test(p): # 能够求出多个p，要加一下素数的条件
print(p)
print(libnum.n2s(pow(c,dp,p)))
# b'flag{4943d89d-653a-455a-9ca5-9f1d3bdd9516}'
\(d_p\)泄露的题目还是比较常见的，其中最重要的一点是\(m \lt p\)，\(p\)都是512位起的，小了容易被分解，所以一般情况下明文flag都是小于\(p\)
今年的西湖论剑杯hardrsa就是一道dq泄漏。
关于上面的数论推导过程，如果不想看的话只需记住下面的结论即可：
\(m \equiv c^{d_p} \pmod p\) ,
已知\(e,d_p,c\) ，根据\((e \cdot d_p - 1) \div k= (p-1), \ k\lt e\) 爆破\(k\)求\(p\)
风二西_RSA15
题目： dpdq跑脚本
p= 112454994630978850005784651276022327545786198205744597431888680937657203192943
q= 111081771780978300442208201256251933100607227308819156491182881723714968913833
c= 7847140580627012782899798457736961376953768684667159008470556786390887805253326211691923724846808704462396746105331991924048819814322540306282164012066426
dp= 99016059099144522019375365089687785694029213535292918424815544402513220169503
dq= 79504900574184798493105575420403885224379864982754477219462523963780735261625
这道题跟上一题有相似的地方，给出了\(p,q,d_p,d_q\) 没有给出\(e\)。
先看一下已知条件：
\[\left \{
\begin{array}{l}
c &\equiv m^e \pmod n \\
m &\equiv c^d \pmod n \\
\varphi(n) &= (p-1)\cdot (q-1) \\
e \cdot d &\equiv 1 \pmod{\varphi(n)} \\
d_p &\equiv d \pmod p \\
d_q &\equiv d \pmod q
\end{array}
\right.
\]
目的很明确，要想得到m，就要得到\(c^d\)。
\(m = c^d + k\cdot p\cdot q\) 对两边同时模上p和q，得到
\[\left \{
\begin{array}{l}
m_p &\equiv c^d \pmod p \\
m_q &\equiv c^d \pmod q
\end{array}
\right.
\]
其中式1 可写为 \(c^d = m_p + kp\)的形式，然后代入到式2，得到
\(m_q \equiv (m_p + kp)\pmod q\)
两边同时减去\(m_p\)
\(m_q - m_p \equiv kp\pmod q\)
由于 \(p,q\)是素数，\(GCD(p,q)=1\)，这里可以求得\(p\)模\(q\)的逆元\(p^{-1}\)
两边同乘以逆元\(p^{-1}\) 得到：
\((m_q - m_p)p^{-1} \equiv k\pmod q\)
将得到的\(k\)值代入到 \(c^d = m_p + kp\) 中，最终得到：
\(c^d = m_p + ((m_q - m_p)\cdot p^{-1} \pmod q)\cdot p\)
上式中的\(m_p,m_q\) 可以用以下过程推导：
\(m_p \equiv c^d \pmod p\)
将\(d = d_p + k(p-1)\) 代入上式
\(m_p \equiv c^{d_p+k(p-1)} \pmod p\) 可以写成：
\(m_p \equiv (c^{d_p}\pmod p)\cdot ((c^{k})^{(p-1)} \pmod p) \pmod p\)
由费马小定理可知，当\(p\)为素数时，对于任意\(a\)，有 \(a^{p-1} \equiv 1 \pmod p\)
所以我们可以将\(c^k\) 看做是\(a\)，\((c^{k})^{(p-1)} \equiv 1 \pmod p\)
最终可以化简为：\(m_p \equiv c^{d_p} \pmod p\)
同理可得\(m_q \equiv c^{dq} \pmod q\)
最终求解的等式为：
\(m \equiv (m_p + ((m_q - m_p)\cdot p^{-1} \pmod q)\cdot p) \pmod n\)
等式右边的数字全部是已知的，写代码求解就完了。
p= 112454994630978850005784651276022327545786198205744597431888680937657203192943
q= 111081771780978300442208201256251933100607227308819156491182881723714968913833
c= 7847140580627012782899798457736961376953768684667159008470556786390887805253326211691923724846808704462396746105331991924048819814322540306282164012066426
dp= 99016059099144522019375365089687785694029213535292918424815544402513220169503
dq= 79504900574184798493105575420403885224379864982754477219462523963780735261625
import libnum
mp = pow(c,dp,p)
mq = pow(c,dq,q)
p_1 = libnum.invmod(p,q)
m = (mp + (((mq-mp)*p_1)%q)*p) % (p*q)
print(libnum.n2s(m))
# b'flag{96bd68e0-983e-4683-83c5-9cde3d18bea3}'
14和15题的推导过程看似很复杂，实际上不难，可以自已练习几次。
风二西_RSA16
题目：分解N 有惊喜哦
n= 24090704838485320092322602381433113998549491255884266387675228929661104335500411198637928025660996430319332941004040599396998234228244782303357297973137930526505489726115260523310511218709466132734290380881163955161225457364375241182423158684922361439555422326120328133588500102913773661266808325619034117428588147006907657756318674847307691315077012529837425655081122924789717051817547851005534496378358099420535561566073404733903281708969861402722313932576238811896701757123799634332216554086749941045956406802471674031944558913714990838086806396503547587896668889448877787128717078534093031525842561899729308823124832044199410217169735469224432542618693916399121293260293185310206776155217396940245472443313953985052989506641484804269835655950721932515156631880216443
e= 65537
c= 4644692044652159435824271269188149877191463739428505800552271160405169256688524376059318365826281434840310221997229754973778724418987980440341270686332667226078120978326105359289063570833817421216507957905303736889805936005004450684613091300319138800693741893618264241268661031157574584193673068534877291120825428318673498993334115269043893347607706429720486411605530004387437787775015099350192774546635451473835741062999624582951642205695330470935474403770491104296455303487414392560417505110011204285904941964895708840331681754455406209522192714176572299696109331233432919143365691231618894725659346560911188282377099473664930243190978118442970824453139977801843431119816228255364416557236747200455405887287572620725727247354320774485121369770634224919966258978988036
题目给出的n比较大，通过yafu分解，发现n是p的5次方。这道题目考察的知识点是欧拉函数\(\varphi(n)\)的计算方法。
我们来回忆一下RSA的原理，当 a与n互素时，\(a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n\)
其中为什么n要取值为两个大素数p和q的乘积？因为这样的n是难以分解的。
只要n不能分解，\(\varphi(n) = (p-1)\cdot (q-1)\) ，\(\varphi(n)\)就算不出来，这样就保证了RSA算法的安全性。
并不是说n只能取p和q的乘积，取其他的n当然也是可以的，只不过安全性没有保证，例如这道题就能被解出来。
求解的关键就是欧拉函数\(\varphi(n)\)
欧拉函数定义
在数论，对正整数n，欧拉函数是小于n的正整数中与n互质的数的数目.
在1到8之中，与8形成互质关系的是1、3、5、7，所以 \(\varphi(8)= 4\)。
计算欧拉函数的有以下几种情况：
- 当n为1时，\(\varphi(1) = 1\)。因为1与任何数都构成互质关系
- 当n为质数时，\(\varphi(n) = n-1\)。因为质数与小于它的每一个数都互质。
- 当n为质数的次方时\(n = p^k\)，则\(\varphi(n) = p^k - p^{k-1}=p^k(1-\frac{1}{p})\)
- 当n为两个互质的数之积\(n = p\cdot q\), 则\(\varphi(n) = \varphi(p) \cdot \varphi(q)\)
- 任意一个大于1的正整数n，都可以写成一系列质数的积\(n = p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_r^{k_r}\)
根据第四条结论可以写成：
\(\varphi(n) = \varphi(p_1^{k_1})\varphi(p_2^{k_2})\cdots \varphi(p_r^{k_r})\)
根据第三条结论可以写成：
\(\varphi(n) = p_1^kp_2^k\cdots p_r^{k_r}(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})\cdots (1-\frac{1}{p_r})\)
最终的欧拉函数通用计算公式：
\(\varphi(n) = n\cdot (1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})\cdots (1-\frac{1}{p_r})\)
对于这道题目，\(n = p^5\) 则有\(\varphi(n) = n(1-\frac{1}{p})= n - p^4\)
有了\(e, \varphi(n)\) 就正常解密就行。
n= 24090704838485320092322602381433113998549491255884266387675228929661104335500411198637928025660996430319332941004040599396998234228244782303357297973137930526505489726115260523310511218709466132734290380881163955161225457364375241182423158684922361439555422326120328133588500102913773661266808325619034117428588147006907657756318674847307691315077012529837425655081122924789717051817547851005534496378358099420535561566073404733903281708969861402722313932576238811896701757123799634332216554086749941045956406802471674031944558913714990838086806396503547587896668889448877787128717078534093031525842561899729308823124832044199410217169735469224432542618693916399121293260293185310206776155217396940245472443313953985052989506641484804269835655950721932515156631880216443
e= 65537
c= 4644692044652159435824271269188149877191463739428505800552271160405169256688524376059318365826281434840310221997229754973778724418987980440341270686332667226078120978326105359289063570833817421216507957905303736889805936005004450684613091300319138800693741893618264241268661031157574584193673068534877291120825428318673498993334115269043893347607706429720486411605530004387437787775015099350192774546635451473835741062999624582951642205695330470935474403770491104296455303487414392560417505110011204285904941964895708840331681754455406209522192714176572299696109331233432919143365691231618894725659346560911188282377099473664930243190978118442970824453139977801843431119816228255364416557236747200455405887287572620725727247354320774485121369770634224919966258978988036
import libnum
# yafu 分解n得到p
p = 7522633459543261699928061990854146313832534923510670277767922552283252008995826136321031523873848172725576684552966982932229269010055777902040181800721643
phi_n = n - p**4
assert(libnum.gcd(e, phi_n) == 1)
d = libnum.invmod(e, phi_n)
print(libnum.n2s(pow(c,d,n)))
# b'flag{5f801865-d79a-4443-a62e-7e527ebaba33}'
风二西_RSA17
题目：似乎都给你说了，没那么简单
q= 9821019070409676333044072841065266478412490068866140735407083020681876874216236257486646854474910118979331501550740926276257953946766816940478029341936251
n= 20065300735475128590762092835634208578590188430910113938266923916956496499667511050434727958038855180430563677067665310984636341807198909493266030524407914174388530285921911038005426931867734450564693608543508971517875518246462535981518861032385301237643992100986849108856013524416300831289325154121110808247211536812259102311581603306878281780717796746256378731029854411630700458188720317727057026867196631023061032601638872839570025991211870975933208177308028632438360982879806030503684724554915521232091140311979213507503765831400499361130450254384304522697771978881836641395836048939329374662229617271102430460909
e= 65537
c= 10334353226901656582025695459419278099579299367981226010947137434420041484901529514923751765488009668423558942300563010202002037412708785365886627854514598472485113085663423766836258491855487234194680311886099056606577829335872927280970941190051132740285138145789581491571992748223980546807928715445558156932190046773138655188050614149792373562068124659615358354617809264387945436262858291997823711827227689741790876680419269257229837590349990437789831556244226011468099456803730676941298395849646182421743150816380697450542133246409603419842118484214641273072148680153105439037855464224041968796128112802295366103465
p = 12689067460968639894065349877170981382620686137782855931246710156025521091715625374157329608017968147868420672538526581198886713432258948704920071988814119
这道题目给16题类似，给出的n是2048位，p和q都是512位，
经过函数libnum.extract_prime_power(n,p)测试，发现\(n = p^3\cdot q\)
根据欧拉函数通用计算公式：
\(\varphi(n) = n\cdot (1-\frac{1}{p})(1-\frac{1}{q})\)
展开后得到：
\(\varphi(n) = (n + \frac{n}{pq} - \frac{n}{p} - \frac{n}{q})\)
q= 9821019070409676333044072841065266478412490068866140735407083020681876874216236257486646854474910118979331501550740926276257953946766816940478029341936251
n= 20065300735475128590762092835634208578590188430910113938266923916956496499667511050434727958038855180430563677067665310984636341807198909493266030524407914174388530285921911038005426931867734450564693608543508971517875518246462535981518861032385301237643992100986849108856013524416300831289325154121110808247211536812259102311581603306878281780717796746256378731029854411630700458188720317727057026867196631023061032601638872839570025991211870975933208177308028632438360982879806030503684724554915521232091140311979213507503765831400499361130450254384304522697771978881836641395836048939329374662229617271102430460909
e= 65537
c= 10334353226901656582025695459419278099579299367981226010947137434420041484901529514923751765488009668423558942300563010202002037412708785365886627854514598472485113085663423766836258491855487234194680311886099056606577829335872927280970941190051132740285138145789581491571992748223980546807928715445558156932190046773138655188050614149792373562068124659615358354617809264387945436262858291997823711827227689741790876680419269257229837590349990437789831556244226011468099456803730676941298395849646182421743150816380697450542133246409603419842118484214641273072148680153105439037855464224041968796128112802295366103465
p = 12689067460968639894065349877170981382620686137782855931246710156025521091715625374157329608017968147868420672538526581198886713432258948704920071988814119
import libnum
phi_n = n + n//(p*q) - n //p - n//q
assert(libnum.gcd(e,phi_n) == 1)
d = libnum.invmod(e, phi_n)
print(libnum.n2s(pow(c,d,n)))
# b'flag{5a3ecc6d-d052-404a-b162-9429fc181df1}'
风二西_RSA18
题目：咦，好像有问题？
p= 179604728901172884984546444098336951299567226578637956867234955273321950834253763455974908411986208869587996429208317419915541879829705695083899455584410844347380529355478252408255665437124675873347322572413775553300676365369297224009959989495411452768654413529438720408670663273782756277912404468420962465297
q= 173812808579656497809794049676143957530187304874982238246182308756968315404682483726756662221017110382295012325999009417177266772549812121470834293121487863992068948158282535382396055587629081656872380987341085769570778778669919312677737719340626660293905750991112916961702537446688565242955846309244801936781
e= 298
c= 10877632494141323696706173060086601121355884259234525310108848169016343902980600845727568845840567726459597646880426553618145392261925420045090468239137708021360087031552255008560875384082156512208224524860549260224921452504096206527857951948234851544501022714642000242331900097894216267245750310618972277142398661493280224445067919972096475478247725627682511339310203665988973259583184028008064493780090233902782416178723036468013857367850280612841182686428704717939119216042691392502115511334107971111076296702241411286865983278698999230209388059621673227839004725621075278503145071860800081826179749895009884713055
这个题目的考点是\(e,\varphi(n)\)不互素，就是说 \(GCD(e,\varphi(n)) \ne 1\) 。
根据RSA的公式来推导一下
\(GCD(e,\varphi(n)) = b\)
则有
\(e = a\cdot b\)
\(\varphi(n) = b\cdot c\)
则\(a, \varphi(n)\) 是互素的。
存在解密指数\(d_a\)，使得：
\(a \cdot d_a \equiv 1 \pmod{\varphi(n)}\)
上式可以写成：
\(a \cdot d_a = 1 + k\cdot \varphi(n)\)
根据RSA的原理，此时\(a,d_a\) 为模数n的一对加解密密钥
\(c = m^e \pmod n\)
两边同时做幂运算
\[\begin{array}{l}
c^{d_a} &\equiv m^{ed_a} \pmod n \\
&\equiv m^{abd_a} \pmod n \\
&\equiv (m^b)^{ad_a} \pmod n \\
&\equiv (m^b)^{1+k\varphi(n)} \pmod n \\
&\equiv ((m^b) \pmod n)\cdot ((m^{kb})^{\varphi(n)} \pmod n)
\end{array}
\]
根据欧拉定理，如果两个正整数a和n互质，则n的欧拉函数 φ(n) 可以让下面的等式成立：
\(a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n\)
将\((m^{kb})\) 看做\(a\) 所以上式可以变形为
\(c^{d_a} \equiv m^b\pmod n\)
所以，可以求出\(m^b\) 已知\(b = GCD(e, \varphi(n))\) 当\(m^b \lt n\)时，对\(m^b\) 开b次方求m
解题代码如下：
p= 179604728901172884984546444098336951299567226578637956867234955273321950834253763455974908411986208869587996429208317419915541879829705695083899455584410844347380529355478252408255665437124675873347322572413775553300676365369297224009959989495411452768654413529438720408670663273782756277912404468420962465297
q= 173812808579656497809794049676143957530187304874982238246182308756968315404682483726756662221017110382295012325999009417177266772549812121470834293121487863992068948158282535382396055587629081656872380987341085769570778778669919312677737719340626660293905750991112916961702537446688565242955846309244801936781
e= 298
c= 10877632494141323696706173060086601121355884259234525310108848169016343902980600845727568845840567726459597646880426553618145392261925420045090468239137708021360087031552255008560875384082156512208224524860549260224921452504096206527857951948234851544501022714642000242331900097894216267245750310618972277142398661493280224445067919972096475478247725627682511339310203665988973259583184028008064493780090233902782416178723036468013857367850280612841182686428704717939119216042691392502115511334107971111076296702241411286865983278698999230209388059621673227839004725621075278503145071860800081826179749895009884713055
import gmpy2, libnum
phi = (p - 1) * (q - 1)
b = libnum.gcd(e, phi)
a = e // b
assert(libnum.gcd(a, phi) == 1)
d = libnum.invmod(a, phi)
m_b = pow(c,d,p*q)
m, _ = gmpy2.iroot(m_b, b)
print(libnum.n2s(int(m)))
# b'flag{b970456b-32f7-4f29-8244-69709a9097ef}'
风二西_RSA19
题目：有点难了哦
import gmpy2
import libnum
import random
import uuid
flag="flag{"+str(uuid.uuid4())+"}"
print(flag)
m=libnum.s2n(flag)
p=libnum.generate_prime(1024)
q=libnum.generate_prime(1024)
n=p*q
e=65537
c=pow(m*p+n,e,n)
print("n=",n)
print("c=",c)
print("e=",e)
n= 24981188020167643746074879674147956549430370314044132464039253351652835734440674909204189557556602865962429895374385855345228410925147709118740392159925942795088299679655602727568511595072696409696271371250102853677902616206682058248674337676916036346628088795691598346311821772518310067782592432491390315016938601034921878080792576848740835839533436309467949739957366439791446358471180018562594829965668319970676634275599934272794456322929434264075482862354958544593517741073415713467939034524174022554745424038830745700456334054077809280744596235294447559597633491714726093368901810800094506409706555205366712813489
c= 18621596046506896357501494490427254488179638636182636310535680038609096612801678121484736598560358324455851721295385341142207429201113106822997090878471278518783809844775558184834964034587247425952074737623038780244691628409045326000650516141599732305641793044557982746856322994617259408879266356396616639748741726355064689072113192676869563527139209384310754130692810070548558914951576972545449143198975499766952417464247791425484288188124235662918342094367901287461654602032582020287215884903753469091244847129233355340585693462406329376871222071849218639774125831290704426337294409031337314523781596602940531607723
e= 65537
这个题目是一道典型的\(n,c\)不互素。推导一下：
\(c \equiv (m\cdot p + n)^e \pmod n\)
根据多项式的定理，将上式变化为：
\(c \equiv (m\cdot p)^e + k_1(m\cdot p)^{e-1}n+\cdots +kr(m\cdot p)n^{e-1} + n^e \pmod n\)可以明显看出
除第一项外，后面的项都是\(n\)的倍数，模\(n\)后为零。所以化简为：
\(c \equiv (m \cdot p)^e \pmod n\)
将上式变化为等式
\(c = m^e \cdot p^e + kn = (m^e\cdot p^{e-1}+kq)\cdot p\)
\(c,n\)都是\(p\)的倍数，可以直接公约数求\(p\)
另外一种推导方法：
\[\begin{array}{l}
c &= (mp + n)^e + kn \\
&= (mp+pq)^e + kpq \\
&=(m+q)^ep^e + kpq \\
&=((m+q)^ep^{e-1} + kq)\cdot p
\end{array}
\]
公约数求\(p\)，最后解密明文需要再除以\(p\)。代码如下：
n= 24981188020167643746074879674147956549430370314044132464039253351652835734440674909204189557556602865962429895374385855345228410925147709118740392159925942795088299679655602727568511595072696409696271371250102853677902616206682058248674337676916036346628088795691598346311821772518310067782592432491390315016938601034921878080792576848740835839533436309467949739957366439791446358471180018562594829965668319970676634275599934272794456322929434264075482862354958544593517741073415713467939034524174022554745424038830745700456334054077809280744596235294447559597633491714726093368901810800094506409706555205366712813489
c= 18621596046506896357501494490427254488179638636182636310535680038609096612801678121484736598560358324455851721295385341142207429201113106822997090878471278518783809844775558184834964034587247425952074737623038780244691628409045326000650516141599732305641793044557982746856322994617259408879266356396616639748741726355064689072113192676869563527139209384310754130692810070548558914951576972545449143198975499766952417464247791425484288188124235662918342094367901287461654602032582020287215884903753469091244847129233355340585693462406329376871222071849218639774125831290704426337294409031337314523781596602940531607723
e= 65537
import libnum
p = libnum.gcd(n, c)
q = n // p
phi_n=(p-1)*(q-1)
d = libnum.invmod(e,phi_n)
m = pow(c, d, n)
print(libnum.n2s(m // p))
# b'flag{bdce2381-c20a-4348-94e2-b20ff798681b}'
风二西_RSA20
题目：e=2 参考
p= 122148491423639510060358520247326001415378756960123061340205031810235511253496233656913937819798161138467669802058794431258364815048474953088507274866256378381409951959750689384174071189227238884101846565741054406768547752624840426474750191838000550894022573930877154168207130498171735566553517132962856855111
q= 142755578574113482683875150345372577363277111983736520709390192691018628850982550669601255375276434229753811206425659062428721779518168263620205357414671725791655926862817648459031593998074454782619982558995296893592414687691579260619395713067522690127560706829880215532804483197706245921702087884445862908311
n= 17437378565136796938110429615460109306513763994515441361700826128854509816577500859330683620324942811798278054720514628441058958796253590667597639564320226081313246692273260392020172668686109508486701867559622051759183126919749044186432732690010275229298964648509739981889494014237283495021762548037876030067888443161621760780099178071080783305102758292721482026470985598146884711243792995042285939445306378914554641176698591510703687482228868400552567474489250501034857093624184577568397256397519711404394386053806918127762571356839381312261171823757803194242506737946861441555551672977659019959562416882973604727521
c= 3136716033729239841651527855193478838856206237778382623476323002673660140993283468296727521269046606643005570111263565370046029024734759921698482194871684883853668185647585044859555880105903361901008649
e= 2
这个题目比较简单，\(e=2\) 由于\(c \lt\lt n\) 直接对\(c\) 开方就能得到结果。
c= 3136716033729239841651527855193478838856206237778382623476323002673660140993283468296727521269046606643005570111263565370046029024734759921698482194871684883853668185647585044859555880105903361901008649
e= 2
import gmpy2, libnum
m,s = gmpy2.iroot(c,e)
print(libnum.n2s(int(m)))
# c= 3136716033729239841651527855193478838856206237778382623476323002673660140993283468296727521269046606643005570111263565370046029024734759921698482194871684883853668185647585044859555880105903361901008649
e= 2
import gmpy2, libnum
m,s = gmpy2.iroot(c,e)
print(libnum.n2s(int(m)))
这道题目给出的提示是 rabin攻击。这是一种e=2的特殊攻击。给出代码如下：
from gmpy2 import *
import libnum
p=275127860351348928173285174381581152299
q=319576316814478949870590164193048041239
n=87924348264132406875276140514499937145050893665602592992418171647042491658461
e=2
c=45617141162985597041928941111553655146539175146765096976546144304138540198644
inv_p = invert(p, q)
inv_q = invert(q, p)
mp = pow(c, (p + 1) // 4, p)
mq = pow(c, (q + 1) // 4, q)
a = (inv_p * p * mq + inv_q * q * mp) % n
b = n - int(a)
c = (inv_p * p * mq - inv_q * q * mp) % n
d = n - int(c)
#因为rabin 加密有四种结果，全部列出。
for i in [a,b,c,d]:
print(i)
print(libnum.n2s(int(i))) # 作者：风二西 https://www.bilibili.com/read/cv13467317/
原理我也没有学会，抄一下两个大佬的推导过程。
Rabin攻击
Rabin加密算法
Rabin算法的两个条件
- \(p,q\)是不同的大素数，且\(p \equiv q \equiv 3 \pmod 4\)
- \(n = p ∗ q\)
由于\(c \equiv m^2 \pmod n\) 得到：
\[\left \{
\begin{array}{l}
m^2 \equiv c \pmod p \\
m^2 \equiv c \pmod q
\end{array}
\right.
\]
由于\(c\)是模\(p\)的二次剩余则有：
\[c^{\frac{p-1}{2}} \equiv (m^2)^{\frac{p-1}{2}} \pmod q \equiv m^{p-1} \pmod p \equiv 1 \pmod p
\]
代入得到：
\[m^2 \equiv c \cdot c^{\frac{p-1}{2}} \pmod p \equiv c^{\frac{p+1}{2}} \pmod p
\]
开方得到
\[\left \{
\begin{array}{l}
m_1 \equiv c^{\frac{p+1}{4}} \pmod p \\
m_2 \equiv p- c^{\frac{p+1}{4}} \pmod p \\
m_3 \equiv c^{\frac{q+1}{4}} \pmod q \\
m_4 \equiv q - c^{\frac{q+1}{4}} \pmod q
\end{array}
\right.
\]
通过扩展欧几里得算法 找到一组\(y_p,y_q\) 使得\(y_p\cdot p\ +\ y_q\cdot q = 1\)
设 \(a = y_q \cdot q,\ \ b=y_p\cdot p\)
对上面的式子分成4组 \((m_1,m_3),(m_2,m_3),(m_1,m_4),(m_2,m_4)\) 分别使用中国剩余定理
得4个值，这其中有一个是明文数据：
\[\left \{
\begin{array}{l}
M_1 \equiv (a\cdot m_1 + b\cdot m_3) \pmod n \\
M_2 \equiv (a\cdot m_1 + b\cdot m_4) \pmod n \\
M_3 \equiv (a\cdot m_2 + b\cdot m_3) \pmod n \\
M_4 \equiv (a\cdot m_2 + b\cdot m_4) \pmod n
\end{array}
\right.
\]
import libnum
p=275127860351348928173285174381581152299
q=319576316814478949870590164193048041239
n=87924348264132406875276140514499937145050893665602592992418171647042491658461
e=2
c=45617141162985597041928941111553655146539175146765096976546144304138540198644
inv_p, inv_q, _ = libnum.xgcd(p, q)
# 对应的两组根+m1 -m1 +m3 -m3
m1 = pow(c, (p + 1) // 4, p)
m2 = p - m1
m3 = pow(c, (q + 1) // 4, q)
m4 = q - m3
# 应用中国剩余定理
a = q * inv_q
b = p * inv_p
M1 = (a * m1 + b * m3) % n
M2 = (a * m1 + b * m4) % n
M3 = (a * m2 + b * m3) % n
M4 = (a * m2 + b * m4) % n
for i in [M1,M2,M3,M4]:
print(i)
print(libnum.n2s(int(i)))
风二西_RSA21
题目： m高位攻击，要用sage啦
import gmpy2
import libnum
import uuid
flag="flag{"+str(uuid.uuid4())+"}"
print(flag)
m=libnum.s2n(flag)
p=libnum.generate_prime(512)
q=libnum.generate_prime(512)
n=p*q
m1=((m>>12)<<12)
e=3
c=pow(m,e,n)
print("n=",n)
print("c=",c)
print("e=",e)
print("m1=",m1)
n= 87820675220050944276666536937178053591737658815392270191748297820779455516597258771409492985071487273959138596491450394909787320987214452112591216592868103533000899997083612075993361507842450673721035145566686926108394182525509613162304306962952268249573625177332604042538861617260231958301740214075681935343
c= 175676150266628477044547863316207684160605217337034900383232405043201220170812661001201665145601876056677303770107394852197299710055504906972519347399751760480691212376195591272076927976653900633077008728615420435215996366848329608393375750004585527972008314271549163796822007148758231284638062579980901
e= 3
m1= 56006392793428518694695623289788197038521915324616147480888796164523553483068585346206356005975568384
这个题要用到sage了。sage很强，但是我刚接触，不会用，脚本都是抄来的，也看不太懂。先贴上大佬的博客
sage中文文档 sage常用函数
这里给出了\(m\)的高440位，只需要推断剩余的低 72 位。记真实的\(m\)为\(highM+x\)，则:
\[m^3 - c = (highM + x)^3 - c = 0
\]
import libnum
def phase2(high_m, n, c):
R.<x> = PolynomialRing(Zmod(n)) # 创建一个一元x多项式环
m = high_m + x # 创建 函数m
M = m((m^3 - c).small_roots()[0]) # 求函数 m^3 - c == 0 时，m的值
print(libnum.n2s(int(M)))
n= 87820675220050944276666536937178053591737658815392270191748297820779455516597258771409492985071487273959138596491450394909787320987214452112591216592868103533000899997083612075993361507842450673721035145566686926108394182525509613162304306962952268249573625177332604042538861617260231958301740214075681935343
c= 175676150266628477044547863316207684160605217337034900383232405043201220170812661001201665145601876056677303770107394852197299710055504906972519347399751760480691212376195591272076927976653900633077008728615420435215996366848329608393375750004585527972008314271549163796822007148758231284638062579980901
e= 3
m1= 56006392793428518694695623289788197038521915324616147480888796164523553483068585346206356005975568384
phase2(m1, n, c)
# b'flag{ca7e88b1-3d46-4a67-8727-d0e50e62ff97}'
风二西_RSA22
题目：p高位攻击
import gmpy2
import libnum
import uuid
flag="flag{"+str(uuid.uuid4())+"}"
print(flag)
m=libnum.s2n(flag)
p=libnum.generate_prime(512)
q=libnum.generate_prime(512)
n=p*q
e=65537
p1=((p>>128)<<128)
c=pow(m,e,n)
print("n=",n)
print("c=",c)
print("e=",e)
print("p1=",p)
n= 71175964479820590196848206107457327773315432415434453675314012424322432254515417738949878162881094869716876604585411320034080384957472263356097541370946962740975900107459650767873353985451905759740076012563517056996786632286930555557338225641760207807335781013578983226050609963293210018112831999179270189311
c= 18105190752099650953130470796914136696510373965800409029646970798857030739727349901748502043281854034802228984535317214219994808930782000992301001478330776033469798930060334281987484430401944150830855804108526454289628245759405249752545254405447843090288865608024559027337089138160515255301895121112198062310
e= 65537
p1= 7943800264190857561504634065906589074541057897301212474051150720585291471607774299951887925114669229462076831147822029473407995208749410004104204384926633
给出p的高位，缺少低128位，Coppersmith 可以解决多项式在模\(n\)的某个因数下的根。设\(p = pHigh + x\)，然后拿去求解方程
\[p = 0 \pmod {sth \ divides\ n}
\]
import libnum
def phase3(high_p, n, c):
R.<x> = PolynomialRing(Zmod(n), implementation='NTL')
p = high_p + x
x0 = p.small_roots(X = 2^128, beta = 0.1)[0]
P = int(p(x0))
Q = n // P
assert n == P*Q
d = inverse_mod(65537, (P-1)*(Q-1))
print(libnum.n2s(pow(c, d, n)))
n = 12784625729032789592766625203074018101354917751492952685083808825504221816847310910447532133616954262271205877651255598995305639194329607493047941212754523879402744065076183778452640602625242851184095546100200565113016690161053808950384458996881574266573992526357954507491397978278604102524731393059303476350167738237822647246425836482533150025923051544431330502522043833872580483142594571802189321599016725741260254170793393777293145010525686561904427613648184843619301241414264343057368192416551134404100386155751297424616254697041043851852081071306219462991969849123668248321130382231769250865190227630009181759219
c = 627824086157119245056478875800598959553774250161670787506083253960788230737588761787385686125828765665617567887904228030839535317987589608761534500003128247164233774794784231518212804270056404565710426613938264302998015421153393879729263551292024543756422702956470022959537221269172084619081368498693930550456153543628170306324206266216348386707008661128717431426237486511309767286175518238620230507201952867261283880986868752676549613958785288914989429224582849218395471672295410036858881836363364885164276983237312235831591858044908369376855484127614933545955544787160352042318378588039587911741028067576722790778
high_p = 97522826022187678545924975588711975512906538181361325096919121233043973599759518562689050415761485716705615149641768982838255403594331293651224395590747133152128042950062103156564440155088882592644046069208405360324372057140890317518802130081198060093576841538008960560391380395697098964411821716664506908672
phase3(high_p, n, c)
# b'flag{c892e01b-2072-4ba1-9ccc-a8cb750dfc1b}'
风二西_RSA23
题目：这个可能要用到 sage哦
import gmpy2
import libnum
import uuid
flag="flag{"+str(uuid.uuid4())+"}"
print(flag)
m=libnum.s2n(flag)
p=libnum.generate_prime(1024)
q=libnum.generate_prime(1024)
e=3
n=p*q
c1=pow(m,e,n)
c2=pow(2022*m+2021,e,n)
print("n=",n)
print("c1=",c1)
print("c2=",c2)
n= 14878649872127265598577310327906463595445694442874089795687255281538461872507302213106609252847683579168034165663848207247237543878434015753285820194626800282560106819324725018489799552817816357482707023208419773917552268593373266051925536823803922433826289681775091352739327068547898980980073772614794356799549887748179096814913218045652008996246897307599980509782851636741975770977621764836822844526917297449348396463498159059942283279937461265130763691271200145989215858421263513036329692599828739213845425872881926104230192768184772597911629323901226447821509143884759631327016403851417477302786822694718560058407
c1= 175676150266618239508960526375830661715292695339479889213804234972236462741647787911646459062650145646715037789068457022000633309221436502994229482255499464114071284485035672268297610232784725624147018434613265515082923894826193542573259322814615044856922994261638278977211750347399632281012125376134757
c2= 1452299739943355429620598102750144850501685988709347628843015433896415487158634337543587442222354838823916396917992859098096943617196325746698151841054343769923746178474076881188330275543501263415546830735826280866312328010914970316027841516534872949166723592426026231369229170099785732462711391063503783886347563
这道题目考点 Franklin-Reiter 相关消息攻击，m是下列方程的解
\[\left \{
\begin{array}{l}
x^e - c_1 = 0 \\
(2022*x + 2021)^e - c_2 = 0
\end{array}
\right.
\]
所以\((x-m)\)是这两个多项式的公因子，可以对两个多项式求\(gcd\)，可得到\(m\)。
n= 14878649872127265598577310327906463595445694442874089795687255281538461872507302213106609252847683579168034165663848207247237543878434015753285820194626800282560106819324725018489799552817816357482707023208419773917552268593373266051925536823803922433826289681775091352739327068547898980980073772614794356799549887748179096814913218045652008996246897307599980509782851636741975770977621764836822844526917297449348396463498159059942283279937461265130763691271200145989215858421263513036329692599828739213845425872881926104230192768184772597911629323901226447821509143884759631327016403851417477302786822694718560058407
c1= 175676150266618239508960526375830661715292695339479889213804234972236462741647787911646459062650145646715037789068457022000633309221436502994229482255499464114071284485035672268297610232784725624147018434613265515082923894826193542573259322814615044856922994261638278977211750347399632281012125376134757
c2= 1452299739943355429620598102750144850501685988709347628843015433896415487158634337543587442222354838823916396917992859098096943617196325746698151841054343769923746178474076881188330275543501263415546830735826280866312328010914970316027841516534872949166723592426026231369229170099785732462711391063503783886347563
e=3
a=2022
b=2021
import libnum
def franklinReiter(n,e,c1,c2,a,b):
R.<X> = PolynomialRing(Zmod(n))
f1 = X^e - c1
f2 = (X*a+ b)^e - c2
# coefficient 0 = -m, which is what we wanted!
return Integer(n-(compositeModulusGCD(f1,f2)).coefficients()[0])
# GCD is not implemented for rings over composite modulus in Sage
# so we do our own implementation. Its the exact same as standard GCD, but with
# the polynomials monic representation
def compositeModulusGCD(a, b):
if(b == 0):
return a.monic()
else:
return compositeModulusGCD(b, a % b)
m=franklinReiter(n,e,c1,c2,a,b)
print(m)
print(libnum.n2s(int(m)))
风二西_RSA24
题目：难题来了，数论推算 ,PQ的逆元
这个题目不会做，是看了风大的视频才明白的。用到了一些数论的推导，而且中间有一个很巧妙的推测。已知：
\[\left \{
\begin{array}{l}
n &= p \cdot q \\
\varphi(n) &= (p-1) \cdot (q-1) \\
p^{-1}\cdot p &\equiv 1 \pmod q \\
q^{-1}\cdot q &\equiv 1 \pmod p \\
\end{array}
\right.
\]
将后两个式子先写成下面的格式：
\[\left \{
\begin{array}{l}
p^{-1}\cdot p \ - 1&= k_1 q \\
q^{-1}\cdot q \ - 1&= k_2 p \\
\end{array}
\right.
\]
两边同时相乘，可以变化为：
\[(p^{-1}p -1)(q^{-1}q -1) = p^{-1}q^{-1}pq -p^{-1}p - q^{-1}q +1 = k_1k_2pq
\]
将\(n = pq\)代入上式，并移项得到
\[p^{-1}p + q^{-1}q -1 = (p^{-1}q^{-1} - k_1k_2)n
\]
由于\(k_1k_2\)都是未知的，设\((p^{-1}q^{-1} - k_1k_2) = k\)， 将上式化简为：
\[p^{-1}p + q^{-1}q -1 = kn
\]
到这里，题目最关键的一步来了，这个\(k\)是多少呢，能不能爆破出来？ 关键是要从位数来推断的。
根据题目给出的条件，知道\(p,q\)都是1024位的。题目给出的逆元位数\(p_{bits}^{-1} = 1022, q_{bits}^{-1} = 1024\)
那么 \(p\cdot p^{-1}\) 是2046位，\(q\cdot q^{-1}\) 是2048位。两式相加后减一，仍为2048位。
而 \(n = p\cdot q\) \(n\)的位数本来就是2048，\(kn\) 是2048位。那么就推算出\(k<2\) 所以\(k=1\)。
有了\(k,\varphi(n)\)，可以通过解二元一次方程的方法来求\(p,q\)
\[\left \{ \begin{array}{l}
pq = p^{-1}p + q^{-1}q -1 \\
\varphi(n) = (p-1)(q-1)
\end{array} \right.\]
用z3-solver库来解方程
e= 65537
phi= 28966979166570180792165296396724775304517816996213001378904940909248222621744363164060646280877414774628518793976134344184737619758944142550194446402845725493545936793098648425155476429668930938014304229091104323598042011271122352821641737995916068502719690156789746925879428347004296365564709555034301336182039595944335942074220057981089093966223640524369466707713532786591393560573430039419666653556854223221733490286943768486930990336116190822717169430449906522651685791244415661556972220411059281945030016877574295789727262542406148661746926555755138131897719940373448806465681975703741492376141647300222120764176
c= 720145398292074537841545933602326576473741549031065757078743296389866423532323142546976378639116392401015537356833285793967458358811500970090359466006710851461179235194672218801099391897590970224027270931178916315599036922311596360019951482688270439303813604298778434700769575460359837832123520961908670114567264187749974973161834455504080742617408916975343280038195372974661435728626712478453001807287092016059839073591842844494467689945527339487420875460002726594818888135989064204753212132759555043298333825336624898166489925145638031193323390714418639197846253807136848080963690346391564786977660865660369588736
pinv= 39909138618897087067954916901129200709546611058646810494691327775381751231251757009652158182562111025345777419136131627317857034803133000960699371752937982327038307202755295559833643098803333455922604021123985432376916162830630777450512563806228068454507293167399195031896286580600520567700823513451195630782
qinv= 125979298930392658151999068892470842145268806602990251801755362457878865090087519939810066896328884925162140671677288627936775912311050406204502785192435746027871238995740612020311103525540888827958654046791157003378716522058722618817211827933204346475175247869409531112063929254072913542894583256079584493518
import z3
import libnum
s = z3.Solver()
p, q = z3.Ints('p q')
s.add(p*q == pinv * p + qinv * q - 1)
s.add(phi == (p-1)*(q-1))
print(s.check())
m = s.model()
p = m[p].as_long()
q = m[q].as_long()
d = libnum.invmod(e, phi)
flag = pow(c,d,p*q)
print(libnum.n2s(flag))
# b'flag{11d7f65c-a563-445d-802f-bee980b5bbaf}'
python中用来解方程的库还有一个 sympy 。用这个库的代码如下：
e= 65537
phi= 28966979166570180792165296396724775304517816996213001378904940909248222621744363164060646280877414774628518793976134344184737619758944142550194446402845725493545936793098648425155476429668930938014304229091104323598042011271122352821641737995916068502719690156789746925879428347004296365564709555034301336182039595944335942074220057981089093966223640524369466707713532786591393560573430039419666653556854223221733490286943768486930990336116190822717169430449906522651685791244415661556972220411059281945030016877574295789727262542406148661746926555755138131897719940373448806465681975703741492376141647300222120764176
c= 720145398292074537841545933602326576473741549031065757078743296389866423532323142546976378639116392401015537356833285793967458358811500970090359466006710851461179235194672218801099391897590970224027270931178916315599036922311596360019951482688270439303813604298778434700769575460359837832123520961908670114567264187749974973161834455504080742617408916975343280038195372974661435728626712478453001807287092016059839073591842844494467689945527339487420875460002726594818888135989064204753212132759555043298333825336624898166489925145638031193323390714418639197846253807136848080963690346391564786977660865660369588736
pinv= 39909138618897087067954916901129200709546611058646810494691327775381751231251757009652158182562111025345777419136131627317857034803133000960699371752937982327038307202755295559833643098803333455922604021123985432376916162830630777450512563806228068454507293167399195031896286580600520567700823513451195630782
qinv= 125979298930392658151999068892470842145268806602990251801755362457878865090087519939810066896328884925162140671677288627936775912311050406204502785192435746027871238995740612020311103525540888827958654046791157003378716522058722618817211827933204346475175247869409531112063929254072913542894583256079584493518
import libnum
import sympy
p, q = sympy.symbols('p q')
expr1 = pinv * p + qinv * q - 1 - p*q
expr2 = (p-1)*(q-1) - phi
r = sympy.solve([expr1,expr2],[p, q],domain=sympy.S.Integers)
p = int(r[0][0])
q = int(r[0][1])
d = libnum.invmod(e, phi)
flag = pow(c,d,p*q)
print(libnum.n2s(int(flag)))
另外，sage也可以用来解方程，代码如下：
p, q = var('p q')
r = solve([pinv * p + qinv * q - 1 == p*q, (p-1)*(q-1) == phi],[p,q])
print(r)
风二西_RSA25
题目：是共模，又不是共模 (共模攻击的变形题)
e1= 221
e2= 299
n= 22752951745297736168537377055274778116665470909065477125935886705065315928343909239030226134317655286811706825307791028935468695248938314873728310939010332033303049984284854672480419186656651898284247010047681096246455201967436493619623922813042286133760359535974396266228677845061471522291462170675019300170320671686114928795841399272659671749295028598451924716935439876301262667477640877837569951118311739219264913187243646073550492683492113343384821975066291244933858116486782731928931431642274809491405001955412026149194699922670378380172100475024897567223023327826339547555266975263552287361838466410256332586243602018701252181095544525087725089471855146785890801898964498900490722824136161536824524023843219008916078446694933471093288073098317841217353433648382906362253310187885031349173752969974195099147758139669961092400692293113078059473080806234076443570119722130939533645583942861471571301658146374104930923161280707107854937882275460478198823125819905477560849933589115721416285687345303919348351291800712956242809906173781232818857076129195419972616950359257381023984782648862051425193061029177411755248884275122634206055064928918131704555281055171016232989653908936425333474592396425262724183978715755517681781896905505681019433680152515179578293854352466356161898967395639133527374169311595381
c1= 10892593793227365116925700965458364184649125396663943796073539260980997644891965799450399424218723107551158558465723957982810191916064316067402569229239706110587662283006062233207602849048977390414725491999094784268795765845090278541345060691227848049341792356361866090107794846740587550516493827550761044916120742634716100959568752284205773635157016570644732882618112667602892495591343383196825341503584074765200031063900399784671363062540083853968276812461259424786023596109476654103941796084022234777516856935201686089014703949873963763173504178597282120893681944701529635472087336308148045296570250358965387578639389647372863697874387920284376355175371658214022432637233049643918240215883756536156344271717888814377311625833162569949367074856096858774042469897229733611875690829200986478219874772214075323186921718101279851215225427651429974497218901117181173977981895145545289488897144837754206327890077498892642359817562974797240756164341335703875164746037528216084897204167262772966756903307518956994642174111291907559634725813349461899233834828219448501415166737945826263270661137588163692728905410221169466525723870303978092494941639719863782656186969513167917612386960116158336850718448480833247082725651743364206989720150402475518960807596933665261898347257015381952076956414926169065628402035877024
c2= 16234449136110301948915044033782803178888320780730248041362289400402520359200135207779437601300318341574596537693496447844160745059083759235870748096444629141498803084865475060123420097840970184733706276824699107779327930269426809903826537911640592522293558467627053309463726380481516500764543325038595504462274814965367972343969703518441786374346751491786697266008897789281988633961789937331687231107598075641627085598476591935681238873469342798684028977952673061492319474370639867032312696974209893993745844085661037025325712464003345130349368517370647831842069123305455497561422546383131187398775555886803281812066994566108824332556193714585778964779070971454065665303736272711223551782164863853905352227680603140162402255969282233812006972796280850233545219871869909534783019159100014111451843232957211373061429434617954249240688081192808501611525220067662230418353538193891708132134012043837396576358357488762683942703800181858824520755919230602612335238556205420378498803006965524284284802224595940916712846360900844939206346374912066944666599066191687022350969781809803220970991254223987034473812934155305370148168751311003191110608399854183137132450387729417275410039697670774601121758536584269746197227045293026303760774202258533200041885054449850059983037919760683276465377311443445828203784214390883
这道题目是共模攻击的形式，同一个明文分别经过\((e_1,n),(e_2,n)\)加密，得到\(c_1,c_2\)其中的难点在于\(gcd(e_1,e_2) \ne 1\)。
先来回顾一下共模攻击的解题思路：
当\(e_1,e_2\)互素时，由扩展欧几里得算法，求得一组\(s_1,s_2\) 使得 \(s_1e_1 + s_2e_2 = 1\)。
则有:
\[\begin{array}{l}
m &= m^1 \\
&= m^{s_1e_1 + s_2e_2} \\
&= m^{s_1e_1} \cdot m^{s_2e_2} \\
&= (m^{e_1})^{s_1} \cdot (m^{e_2})^{s_2} \\
&\equiv c_1^{s1} \cdot c_2^{s_2} \pmod n
\end{array}\]
本题中，因为\(gcd(e_1, e_2) = 13\) ，将两个设\(e_1 = 13a, \ e_2 = 13b\)，都除13后就是互素的了，
同理，可求得求得一组\(s_1,s_2\) 使得 \(s_1a + s_2b = 1\)
\[\begin{array}{l}
c_1^{s1} \cdot c_2^{s_2} &\equiv (m^{e_1})^{s_1} \cdot (m^{e_2})^{s_2} \pmod n\\
&\equiv (m^{13})^{as_1}\cdot (m^{13})^{bs_2} \pmod n\\
&\equiv (m^{13})^{as_1+bs_2} \pmod n \\
&\equiv m^{13} \pmod n
\end{array}\]
其实有一个定理叫 裴蜀定理 \(s_1e_1 + s_2e_2 = gcd(e_1,e_2)\) 也可以直接得到这个结论。
这里还有一个坑点，就是 \(c_1^{s1} \cdot c_2^{s_2} = m^{13} + kn\) 直接开13次方，开不出来，需要爆破\(k\)
e1= 221
e2= 299
n= 22752951745297736168537377055274778116665470909065477125935886705065315928343909239030226134317655286811706825307791028935468695248938314873728310939010332033303049984284854672480419186656651898284247010047681096246455201967436493619623922813042286133760359535974396266228677845061471522291462170675019300170320671686114928795841399272659671749295028598451924716935439876301262667477640877837569951118311739219264913187243646073550492683492113343384821975066291244933858116486782731928931431642274809491405001955412026149194699922670378380172100475024897567223023327826339547555266975263552287361838466410256332586243602018701252181095544525087725089471855146785890801898964498900490722824136161536824524023843219008916078446694933471093288073098317841217353433648382906362253310187885031349173752969974195099147758139669961092400692293113078059473080806234076443570119722130939533645583942861471571301658146374104930923161280707107854937882275460478198823125819905477560849933589115721416285687345303919348351291800712956242809906173781232818857076129195419972616950359257381023984782648862051425193061029177411755248884275122634206055064928918131704555281055171016232989653908936425333474592396425262724183978715755517681781896905505681019433680152515179578293854352466356161898967395639133527374169311595381
c1= 10892593793227365116925700965458364184649125396663943796073539260980997644891965799450399424218723107551158558465723957982810191916064316067402569229239706110587662283006062233207602849048977390414725491999094784268795765845090278541345060691227848049341792356361866090107794846740587550516493827550761044916120742634716100959568752284205773635157016570644732882618112667602892495591343383196825341503584074765200031063900399784671363062540083853968276812461259424786023596109476654103941796084022234777516856935201686089014703949873963763173504178597282120893681944701529635472087336308148045296570250358965387578639389647372863697874387920284376355175371658214022432637233049643918240215883756536156344271717888814377311625833162569949367074856096858774042469897229733611875690829200986478219874772214075323186921718101279851215225427651429974497218901117181173977981895145545289488897144837754206327890077498892642359817562974797240756164341335703875164746037528216084897204167262772966756903307518956994642174111291907559634725813349461899233834828219448501415166737945826263270661137588163692728905410221169466525723870303978092494941639719863782656186969513167917612386960116158336850718448480833247082725651743364206989720150402475518960807596933665261898347257015381952076956414926169065628402035877024
c2= 16234449136110301948915044033782803178888320780730248041362289400402520359200135207779437601300318341574596537693496447844160745059083759235870748096444629141498803084865475060123420097840970184733706276824699107779327930269426809903826537911640592522293558467627053309463726380481516500764543325038595504462274814965367972343969703518441786374346751491786697266008897789281988633961789937331687231107598075641627085598476591935681238873469342798684028977952673061492319474370639867032312696974209893993745844085661037025325712464003345130349368517370647831842069123305455497561422546383131187398775555886803281812066994566108824332556193714585778964779070971454065665303736272711223551782164863853905352227680603140162402255969282233812006972796280850233545219871869909534783019159100014111451843232957211373061429434617954249240688081192808501611525220067662230418353538193891708132134012043837396576358357488762683942703800181858824520755919230602612335238556205420378498803006965524284284802224595940916712846360900844939206346374912066944666599066191687022350969781809803220970991254223987034473812934155305370148168751311003191110608399854183137132450387729417275410039697670774601121758536584269746197227045293026303760774202258533200041885054449850059983037919760683276465377311443445828203784214390883
import gmpy2, libnum
b = libnum.gcd(e1, e2)
e1 = e1 // b
e2 = e2 // b
s1, s2, _ = libnum.xgcd(e1, e2)
m = pow(c1,s1,n) if s1>0 else pow(gmpy2.invert(c1, n),-s1,n)
m *= pow(c2,s2,n) if s2>0 else pow(gmpy2.invert(c2, n),-s2,n)
for k in range(10000):
m1 = m + kn
flag, s = gmpy2.iroot(m1, b)
if s:
print(k)
print(libnum.n2s(int(flag)))
break
# k = 2
# b'flag{788fadf3-1608-4fe3-9857-c79ca88163d0}'
风二西_RSA26
题目：光靠共模攻击是不行的。
e1e2= 83317
n= 19361442710572745971265661179912428614335978862294499554478708154961900725571203060796104846289397242207304532314240136962004100859120350866177200389723065658762704195258332314791286248842309297348039111045266185355903400590470820183877252896166548216731371364979378507526744861441605219478410567943584909399458417880788827318597539692741384869777249157338164956516233081381729474311604082892186490173033244693551617094635430697205804969501877592642316320873084247185093376277647579480643486369145925195734181193015900482737320548696928588870712293186252013457131251209473809656777543374500592007808404407059561585875569527546497652518580045435210514546460508584320606314122520882426004609258608147903667923350952560862343978526661419457923377730038903725129920335146125419046956321000719022303404018007514471776998828154744785228693422230685108494515083105086516002742258455143048441346760686508352771381755359768486489070279892078844716848637514485979868052449468414483027672075237348001190373461535494802211938683204976566773050049547807712425194913096401165728862378611187510228222428679755307056276133497536735863204478321549958435946853973687386589497836951783399492540878952618631792625025126620608024559471293131768988077589502325651357976822933654550846615039529755326862460868499406888969184042128071
c1= 8461455935702774839606732696628583481106108739457157757237961493721249315707058365854463354773540401038228236301572933195823206925383589280380438344346918293151928169930134045632956081184945062566817678757614816611860006425866597730747864519352309046720733870943424680296477704991108084039103348714387678260925701357278152801810444616098214964231942511332731906589339642434586792884729500618636404879133808745489823990051381479316035290316511507860259556699539853817794899071305575419968794233519130191693519669424965740754005557268523536259961342893331243822271702601491251166024629032785331163334845458532041066873062181204642511730061193181806412423310871852101503714865811232852678040552266896756835104015126426669170036333066668010437674021104622132437422087899276215087590613842963706972249810831528040008304175911799215946803926073839260039708714727246670180210772138254229999545871929350538204078637835690649108982156556159082202035891312400182426109033284706424624286874595070797624804888642649414098331802113837492380725023537502746076689560748513729573164798419260068335949704460969862627638288475890309143274515210188524564546972793051029662396980537597835874860939675476734819945549433268818379519178647303476509820821756282974287073312744339124424284365074314353072957540119217061097316369179812
c2= 6204846642785521340470513546335239064256758077473460303136152226321426573866713276868303467627807818878464124001025948893472833684203082226317608116339642653526005250588488719287359040352790572959995584093188339849695217956472022875459556871491299322868787108334073007332501731796096022506406756118808831646084743403979543281704069120640233328839980099290857269846287187888156728145277024309531510105331797866833685076835273931526615042292719970926967658919153638762985362453791732734631621502983351581711188066449777097203043897589205329057225446193852593056040301734809364853181753118739604843784216536562612033307359103893806510482236157475021740603255590914121641809865052126419196638531405221094438510231726208366630512008162663744010330103156199459170979721924714894281792427651932643530734043790246173905509400532261288534889712214483873969552991657537356198890952147322594953541508366871552561029095676172024539741525694906063413062943730465813047155464168544196529490081901356676689826701155342513241655234549380041635792150618405682571311160853526719882812618473055821608217492122688669131559593093840370537049894579011917334477512297137182557102626033423909278319394496823138854073015927815382203590762482110896381565689852266596980436613904791614372199019839459027972129220041158226866818118745059
这道题目在25题的基础上又增加了难度，没有给出具体的\(e_1,e_2\)，只给出了\(e1 \cdot e_2 = 83317\) 。
对83317进行因式分解 ，得到\(83317 = 13^2 \times 17 \times29\), 只有3个素因子，可以遍历所有情况
e1e2= 83317
n= 19361442710572745971265661179912428614335978862294499554478708154961900725571203060796104846289397242207304532314240136962004100859120350866177200389723065658762704195258332314791286248842309297348039111045266185355903400590470820183877252896166548216731371364979378507526744861441605219478410567943584909399458417880788827318597539692741384869777249157338164956516233081381729474311604082892186490173033244693551617094635430697205804969501877592642316320873084247185093376277647579480643486369145925195734181193015900482737320548696928588870712293186252013457131251209473809656777543374500592007808404407059561585875569527546497652518580045435210514546460508584320606314122520882426004609258608147903667923350952560862343978526661419457923377730038903725129920335146125419046956321000719022303404018007514471776998828154744785228693422230685108494515083105086516002742258455143048441346760686508352771381755359768486489070279892078844716848637514485979868052449468414483027672075237348001190373461535494802211938683204976566773050049547807712425194913096401165728862378611187510228222428679755307056276133497536735863204478321549958435946853973687386589497836951783399492540878952618631792625025126620608024559471293131768988077589502325651357976822933654550846615039529755326862460868499406888969184042128071
c1= 8461455935702774839606732696628583481106108739457157757237961493721249315707058365854463354773540401038228236301572933195823206925383589280380438344346918293151928169930134045632956081184945062566817678757614816611860006425866597730747864519352309046720733870943424680296477704991108084039103348714387678260925701357278152801810444616098214964231942511332731906589339642434586792884729500618636404879133808745489823990051381479316035290316511507860259556699539853817794899071305575419968794233519130191693519669424965740754005557268523536259961342893331243822271702601491251166024629032785331163334845458532041066873062181204642511730061193181806412423310871852101503714865811232852678040552266896756835104015126426669170036333066668010437674021104622132437422087899276215087590613842963706972249810831528040008304175911799215946803926073839260039708714727246670180210772138254229999545871929350538204078637835690649108982156556159082202035891312400182426109033284706424624286874595070797624804888642649414098331802113837492380725023537502746076689560748513729573164798419260068335949704460969862627638288475890309143274515210188524564546972793051029662396980537597835874860939675476734819945549433268818379519178647303476509820821756282974287073312744339124424284365074314353072957540119217061097316369179812
c2= 6204846642785521340470513546335239064256758077473460303136152226321426573866713276868303467627807818878464124001025948893472833684203082226317608116339642653526005250588488719287359040352790572959995584093188339849695217956472022875459556871491299322868787108334073007332501731796096022506406756118808831646084743403979543281704069120640233328839980099290857269846287187888156728145277024309531510105331797866833685076835273931526615042292719970926967658919153638762985362453791732734631621502983351581711188066449777097203043897589205329057225446193852593056040301734809364853181753118739604843784216536562612033307359103893806510482236157475021740603255590914121641809865052126419196638531405221094438510231726208366630512008162663744010330103156199459170979721924714894281792427651932643530734043790246173905509400532261288534889712214483873969552991657537356198890952147322594953541508366871552561029095676172024539741525694906063413062943730465813047155464168544196529490081901356676689826701155342513241655234549380041635792150618405682571311160853526719882812618473055821608217492122688669131559593093840370537049894579011917334477512297137182557102626033423909278319394496823138854073015927815382203590762482110896381565689852266596980436613904791614372199019839459027972129220041158226866818118745059
import libnum , gmpy2
def common_modulus(n, c1, c2, e1, e2):
_, s1, s2 = gmpy2.gcdext(e1, e2)
# 若s1<0，则c1^s1==(c1^-1)^(-s1)，其中c1^-1为c1模n的逆元。
m = pow(c1, s1, n) if s1 > 0 else pow(gmpy2.invert(c1, n), -s1, n)
m *= pow(c2, s2, n) if s2 > 0 else pow(gmpy2.invert(c2, n), -s2, n)
return m % n
def decrypto(m,b,n):
for k in range(1000):
mb = m + k*n
flag, _ = gmpy2.iroot(mb,b)
if _:
print(k,flag)
print(libnum.n2s(int(flag)))
break
def main():
for e1 in range(3, e1e2):
if e1e2 % e1 == 0:
e2 = e1e2 // e1
b = libnum.gcd(e1,e2)
print(b,e1,e2)
m = common_modulus(n, c1, c2, e1, e2)
decrypto(m,b,n)
if __name__ == '__main__':
main()
# b'flag{6ff24d84-4310-4ff3-a5d0-d96558f21f18}'
需要注意的一点是\(c_1^{s_1}c_2^{s_2}\equiv m^b \pmod n\) 算出来\(m^b\)后直接开方结果不对时，一定要再尝试\(m=\sqrt[b]{m^b+kn}\) 血泪教训，我就在这儿卡了很长时间。
风二西_RSA27
题目：费马小定理 参考
import libnum
import gmpy2
import uuid
from Crypto.Util.number import *
flag = "flag{" + str(uuid.uuid4()) + "}"
m = libnum.s2n(flag)
e = 65537
p = getPrime(1024)
q = getPrime(1024)
n = p * q
c = pow(m, e, n)
hint = pow(2020 * p + 2021, q, n)
print(f'n={n}')
print(f'c={c}')
print(f'hint={hint}')
n=27020725261160598541077357737650775795182555998856810737571508044949928734067444441660366270392732456051807439301564552672200975582350577967001486740668193835704559129378410828266554536148151615878808327988333060924165410762016082268322936465413880236634083213834739549234631742766416876749808978934944262651307600621868854944164060642189749365967978497831698002669974744487926082412272998646851047638183126945784060957075393737537570645086672473571281053798891685646561828588448040073373363454584468753860529849749093081434144360661566815886630699933232263079413562069476421802192735693386029862725050469209845710383
c=10188807385387617708190575473905502994151677148079820873886980571555051900701810208218351138721306416600688313703084580808183634201231599134123549448962443376514560489130860694363901933597676373555599555647232128717993571185822894818704143675318690577221330618533739592165564396729937983659337232822442555504262694675199751730664450120569727835850996566436129543730932040989365233424791093843941154003052950306359994891955336607690065213304872738280674213630736611351982705373394299097653653497017756036211550125607093109216729483090391729134062236908282557149575812220142872855836932590459512028618076264332235518829
hint=15179972145975733285419381814235528011288991423484121653543845156913121513320504879647666067298415751234264897435338898933073713420024176276221164394369781676781604128149168834126855517212300158864797800121336042194751965268493010327202598446572764475343894613152062609436699715193914479572113800212525965140106015838636914979735618606768207651697548364440806425770871133439416876157686985836939255598747973339866125864303982956813846287509191028829738926404992619459242904729015823730553526572575372668559669124599614613391797015393641171177282129497503752370800088634017972208535899870704612274473042064675033593148
这道题目的考点是公约数分解n。特点是题目给出一些条件，通过数论的变形和推导，
将已知的条件变为p的倍数，然后\(p=GCD(kp,n)\)来分解\(n\)。
将hint 设为\(h\),下面是推导过程：
\[\begin{array}{l}
h &\equiv (2020\cdot p + 2021)^q \pmod n \\
&= (2020\cdot p + 2021)^q + kn \\
&= (2020\cdot p)^q + (2020\cdot p)^{q-1}\cdot 2021 +\cdots + 2021^q + kpq \\
&\equiv 2021^q \pmod p
\end{array}
\]
但是由于\(q\)是未知的，根据费马定理，当\(p\)为素数时， \(a^p \equiv a \pmod p\) ,
\[\begin{array}{l}
h &\equiv 2021^q \pmod p \\
&\equiv (2021^q)^p \pmod p \\
&\equiv 2021^{p\cdot q} \pmod p \\
&\equiv 2021^n \pmod p \\
&= 2021^n + kp
\end{array}\]
所以，\(p=GCD(2021^n - h, n)\)求公约数，
解题脚本如下：
n=27020725261160598541077357737650775795182555998856810737571508044949928734067444441660366270392732456051807439301564552672200975582350577967001486740668193835704559129378410828266554536148151615878808327988333060924165410762016082268322936465413880236634083213834739549234631742766416876749808978934944262651307600621868854944164060642189749365967978497831698002669974744487926082412272998646851047638183126945784060957075393737537570645086672473571281053798891685646561828588448040073373363454584468753860529849749093081434144360661566815886630699933232263079413562069476421802192735693386029862725050469209845710383
c=10188807385387617708190575473905502994151677148079820873886980571555051900701810208218351138721306416600688313703084580808183634201231599134123549448962443376514560489130860694363901933597676373555599555647232128717993571185822894818704143675318690577221330618533739592165564396729937983659337232822442555504262694675199751730664450120569727835850996566436129543730932040989365233424791093843941154003052950306359994891955336607690065213304872738280674213630736611351982705373394299097653653497017756036211550125607093109216729483090391729134062236908282557149575812220142872855836932590459512028618076264332235518829
hint=15179972145975733285419381814235528011288991423484121653543845156913121513320504879647666067298415751234264897435338898933073713420024176276221164394369781676781604128149168834126855517212300158864797800121336042194751965268493010327202598446572764475343894613152062609436699715193914479572113800212525965140106015838636914979735618606768207651697548364440806425770871133439416876157686985836939255598747973339866125864303982956813846287509191028829738926404992619459242904729015823730553526572575372668559669124599614613391797015393641171177282129497503752370800088634017972208535899870704612274473042064675033593148
e = 65537
# 公约数求P
p = libnum.gcd(hint-pow(2021,n,n), n)
phi = (p-1)*(n//p -1)
d = libnum.invmod(e,phi)
print(libnum.n2s(pow(c,d,n)))
# b'flag{6b2bfc19-4ffe-473d-895c-bb2fa7278110}'
这种题目还是比较多的，通常要对给出的条件进行仔细的思考，用已知条件求 \(kp\)
风二西_RSA28
题目：怎么求公约数 参考学习
import gmpy2
import libnum
import uuid
flag="flag{"+str(uuid.uuid4())+"}"
print(flag)
m=libnum.s2n(flag)
p=libnum.generate_prime(512)
q=libnum.generate_prime(512)
e=65537
n=p*q
h=20211102
hc=pow(h+p*1111,e,n)
c=pow(m,e,n)
print("hc=",hc)
print("n=",n)
print("c=",c)
hc= 71505320953946158049530109094654497075489963071106175336722892393493112481336409391299522595724154571954223093317880494307263262649833222750675105885636892419350501821324979706283867758665536771783209816719106279467902518895579024290387800216711663670572861182058425925280993190282267615052256942516011995207
n= 76856511192427852645963041043072791148703422665129663050712492700760489247788743818199589072069758934570218804936479267319288093436111548055922916898782764333246946326823653877357695179165138863843657328764265204547147092074499832221138997131011222722917338444675582832114206750168113207646100633238664244737
c= 39246179387125192271554620313966311736032348078183121707012959204367908070472764506984235827179206718838172586811066682034907967943722841257765922283692526422653916506577810629430853963448057701574209912936660396486847365579797147723437378122880075493171892191049105237005801787649587080840600670585409293046
跟27题的思路差不多，首先来推导求公约数的等式
\[\begin{array}{l}
hc &\equiv (h + ap)^e \pmod n \\
&=(h + ap)^e + kn \\
&=h^e + k_1h^{e-1}\cdot (ap) + \cdots + (ap)^e + kpq \\
&=h^e + kp
\end{array}\]
由于题目中给出了\(h\)，所以，\(p = GCD(hc-h^e, n)\)
hc= 71505320953946158049530109094654497075489963071106175336722892393493112481336409391299522595724154571954223093317880494307263262649833222750675105885636892419350501821324979706283867758665536771783209816719106279467902518895579024290387800216711663670572861182058425925280993190282267615052256942516011995207
n= 76856511192427852645963041043072791148703422665129663050712492700760489247788743818199589072069758934570218804936479267319288093436111548055922916898782764333246946326823653877357695179165138863843657328764265204547147092074499832221138997131011222722917338444675582832114206750168113207646100633238664244737
c= 39246179387125192271554620313966311736032348078183121707012959204367908070472764506984235827179206718838172586811066682034907967943722841257765922283692526422653916506577810629430853963448057701574209912936660396486847365579797147723437378122880075493171892191049105237005801787649587080840600670585409293046
e=65537
h=20211102
import libnum
p = libnum.gcd(hc-pow(h,e,n),n)
phi = (p-1)*(n // p -1)
d = libnum.invmod(e,phi)
print(libnum.n2s(pow(c,d,n)))
# b'flag{45faf677-a3ed-4200-a0a8-ee1f239c140d}'
风二西_RSA29
题目：数论，又见数论 参考
import gmpy2
import libnum
import uuid
flag="flag{"+str(uuid.uuid4())+"}"
print(flag)
m=libnum.s2n(flag)
p=libnum.generate_prime(512)
q=libnum.generate_prime(512)
e=65537
n=p*q
h1=pow(2022*p+2021*q,1919,n)
h2=pow(2021*p+2022*q,9191,n)
c=pow(m,e,n)
print("h1=",h1)
print("h2=",h2)
print("n=",n)
print("c=",c)
h1= 30855822627962989585229048864635672320544672090785297155723423466786046363050770166911337642023073726938940720811335150158356617935867424913657952916327330494297125827029212326952561052030408154856279444698976262609160644653834177066135162450457878611978648445980131216562928824964574836061694756466154667205
h2= 40100423593623305059775303455521238466361560139512541341649592368069344035986841719639287569549223369845132085965748305686682111656643181380183441717688410643280141958261131108758470255679260104010792458818255865919591927360182698571973058572267041626051012344432873060584028954870019976713790755601324558548
n= 64102959876468100680156640535847855388761634133282097987245513821195616433464232166471238446539383399142190819132167640251487788433828354971655930602252481995598958979413328369264306739790569021167918377152867054737871100808301104788028284764159363852402951908183073134132550874656189587590198702783318894869
c= 45131183832310284041286970164837452402860781494367814170537748979786683176908409834474718536824887130743650179867181711815561375866637642188028690304179190358058486755191379316599103162356440279017384835373685350107932236214472686050587719705355548868691431799158695967203810074232266157701183923093912519832
已知
\[\left \{
\begin{array}{l}
h_1 \equiv (2022p + 2021q)^{1919} \pmod n \\
h_2 \equiv (2021p + 2022q)^{9191} \pmod n
\end{array}
\right .
\]
因为上式有两个因子，需要通过配平消元的办法，先将两式的次方配齐
\[\left \{
\begin{array}{l}
h_1^{9191} \equiv (2022p + 2021q)^{1919\times 9191} \pmod n \\
h_2^{1919} \equiv (2021p + 2022q)^{9191\times 1919} \pmod n
\end{array}
\right .
\]
为了写起来和看起来都简洁一些，设 \(a = 1919 \times 9191\)
将上式分解因式，除了两个最高次项，其余项均为n的倍数，模n后为0，可以直接省掉。
\[\left \{
\begin{array}{l}
h_1^{9191} \equiv (2022p)^a + (2021q)^a \pmod n \\
h_2^{1919} \equiv (2021p)^a + (2022q)^a \pmod n
\end{array}
\right .
\]
接下来，将因子\(p\)的系数配齐
\[\left \{
\begin{array}{l}
2021^a\times h_1^{9191} \equiv (2021\times 2022p)^a + (2021\times 2021q)^a \pmod n \\
2022^a\times h_2^{1919} \equiv (2021\times 2022p)^a + (2022\times 2022q)^a \pmod n
\end{array}
\right .
\]
至此，可以通过两式相减消掉\(p\)
\[2022^a\times h_2^{1919} - 2021^a\times h_1^{9191} \equiv (2022^{2a} - 2021^{2a})q^a
\]
其中等式右边中\(p\)的倍数，等式左边，都是已知的，可以通过公约数求\(p\)
\[q = GCD((2022^a\times h_2^{1919} - 2021^a\times h_1^{9191}), n)
\]
最终解题代码如下：
h1= 30855822627962989585229048864635672320544672090785297155723423466786046363050770166911337642023073726938940720811335150158356617935867424913657952916327330494297125827029212326952561052030408154856279444698976262609160644653834177066135162450457878611978648445980131216562928824964574836061694756466154667205
h2= 40100423593623305059775303455521238466361560139512541341649592368069344035986841719639287569549223369845132085965748305686682111656643181380183441717688410643280141958261131108758470255679260104010792458818255865919591927360182698571973058572267041626051012344432873060584028954870019976713790755601324558548
n= 64102959876468100680156640535847855388761634133282097987245513821195616433464232166471238446539383399142190819132167640251487788433828354971655930602252481995598958979413328369264306739790569021167918377152867054737871100808301104788028284764159363852402951908183073134132550874656189587590198702783318894869
c= 45131183832310284041286970164837452402860781494367814170537748979786683176908409834474718536824887130743650179867181711815561375866637642188028690304179190358058486755191379316599103162356440279017384835373685350107932236214472686050587719705355548868691431799158695967203810074232266157701183923093912519832
e=65537
import libnum
kq = pow(2022,1919*9191,n)*pow(h2,1919,n) - pow(2021,1919*9191,n)*pow(h1,9191,n)
q = libnum.gcd(kq,n)
phi = (q-1)*(n//q - 1)
d = libnum.invmod(e,phi)
print(libnum.n2s(pow(c,d,n)))
# b'flag{af2371d6-ec8f-4f6f-924f-1c79e589b74d}'
中间的推导过程并不难想到，大胆去配平消元就好。
风二西_RSA30
题目： 简单解方程
import gmpy2
import libnum
import uuid
flag = "flag{" + str(uuid.uuid4()) + "}"
print(flag)
m = libnum.s2n(flag)
p = libnum.generate_prime(512)
q = libnum.generate_prime(512)
e = 65537
n = p * q
c = pow(m, e, n)
print("n=", n)
print("c=", c)
print("p+q:",p+q)
n= 96062491922080597831076518829216179918322824065648971872102662775708777389887258150456155926941199903319698900582336453690573807802679073691482797405893634581015816005853579232347512891669641228487952407080600046410083092215377365583621813092025715603671457491536970441472196963166133282824110392206475350597
c= 95857187009859870259610943591376704955772085571949125404184273414950492142547967617438560419529667029365675923587785478389531642998532642316223736947740729506296730470892468184491112789008312202904669826080520947868869318569542681551593258308795840060344552496526770905550765856978520074236388622120131381301
p+q: 20195887423550203161018939851084462918495401395674541827243191714303569974797909610430557278214309022383954568418589711220111848670523732316137094883861338
题目给出了\(p\cdot q, p+q\) 主解二元一次方程，用z3来解一下。
n= 96062491922080597831076518829216179918322824065648971872102662775708777389887258150456155926941199903319698900582336453690573807802679073691482797405893634581015816005853579232347512891669641228487952407080600046410083092215377365583621813092025715603671457491536970441472196963166133282824110392206475350597
c= 95857187009859870259610943591376704955772085571949125404184273414950492142547967617438560419529667029365675923587785478389531642998532642316223736947740729506296730470892468184491112789008312202904669826080520947868869318569542681551593258308795840060344552496526770905550765856978520074236388622120131381301
p_add_q= 20195887423550203161018939851084462918495401395674541827243191714303569974797909610430557278214309022383954568418589711220111848670523732316137094883861338
e = 65537
import z3
import libnum
s = z3.Solver()
p, q = z3.Ints('p q')
s.add(p*q == n)
s.add(p+q == p_add_q)
print(s.check())
m = s.model()
p = m[p].as_long()
q = m[q].as_long()
phi = (p-1)*(q-1)
d = libnum.invmod(e,phi)
print(libnum.n2s(pow(c,d,n)))
其实这个是目不用解方程也可以做，分解\(n\)求\(p,q\)的目的是为了求\(\varphi(n)\)
\[\varphi(n) = (p-1)\cdot(q-1) = p\cdot q - p -q + 1 = n - (p + q) + 1
\]
所为直接求\(\varphi(n)\) 就好
n= 96062491922080597831076518829216179918322824065648971872102662775708777389887258150456155926941199903319698900582336453690573807802679073691482797405893634581015816005853579232347512891669641228487952407080600046410083092215377365583621813092025715603671457491536970441472196963166133282824110392206475350597
c= 95857187009859870259610943591376704955772085571949125404184273414950492142547967617438560419529667029365675923587785478389531642998532642316223736947740729506296730470892468184491112789008312202904669826080520947868869318569542681551593258308795840060344552496526770905550765856978520074236388622120131381301
p_add_q = 20195887423550203161018939851084462918495401395674541827243191714303569974797909610430557278214309022383954568418589711220111848670523732316137094883861338
e = 65537
import libnum
phi = n - p_add_q + 1
d = libnum.invmod(e,phi)
print(libnum.n2s(pow(c,d,n)))
风二西_RSA31
题目：当你解出了明文，还得仔细看！
#注意观察明文
n= 27152096646604174584541110941581410451706936234950433944454829478126765067854634425761491672022598028471340676614489859162382599253554902887677076563729604289758463105669247743311906659558339021244234498063397569289071162675892746393503215060911067550966329213505631293393676410927001597077840198977308763467542978561105731508748580178079605291778164546774140731872866882752423119375772724541384514710947056813631477363702334603917935903416955788565572435287712705681243770248555782575194036387356188142823385916249657277369839794730090202325274362413080356223468403772759930347794789121677902685120543077310086015037
e= 65537
c= 21443739309978447227736451001666170124885976252173384066522567693199913833470633181001421312248259220431809057077638108492961175643785737880298724858401707850136018919695497133986915849318968489410858983588924559567391007284301871327840830753271265356448644435575748270707708411862922209056079148640459280609327772569776896261454282346619281434271559204413500698227235523589671199746420143669211017617342511933595379138778353672461721473899834348353845812953011585780791078305526237431422069349754889549870442138813464931326899843790536081090030164534687111986162321589476564155630639474375975686543488045729544622254
这个题目可以直接用yafu分解n, 唯一的考点是求出的M是一串十进制串，有经验的CTF选手，直接转就行了。
n= 27152096646604174584541110941581410451706936234950433944454829478126765067854634425761491672022598028471340676614489859162382599253554902887677076563729604289758463105669247743311906659558339021244234498063397569289071162675892746393503215060911067550966329213505631293393676410927001597077840198977308763467542978561105731508748580178079605291778164546774140731872866882752423119375772724541384514710947056813631477363702334603917935903416955788565572435287712705681243770248555782575194036387356188142823385916249657277369839794730090202325274362413080356223468403772759930347794789121677902685120543077310086015037
e= 65537
c= 21443739309978447227736451001666170124885976252173384066522567693199913833470633181001421312248259220431809057077638108492961175643785737880298724858401707850136018919695497133986915849318968489410858983588924559567391007284301871327840830753271265356448644435575748270707708411862922209056079148640459280609327772569776896261454282346619281434271559204413500698227235523589671199746420143669211017617342511933595379138778353672461721473899834348353845812953011585780791078305526237431422069349754889549870442138813464931326899843790536081090030164534687111986162321589476564155630639474375975686543488045729544622254
# yafu分解n
p= 164778932654038558026261134999073961465358808246217916967962415917932091397475639188179693609940047908381244899421763740304296371731318237936200964004573947387825028650437441779273221595695746575146054960578600741938064796273254573537044302774086650825405412053939974593899948205949918654575790188229081547583
q = 164778932654038558026261134999073961465358808246217916967962415917932091397475639188179693609940047908381244899421763740304296371731318237936200964004573947387825028650437441779273221595695746575146054960578600741938064796273254573537044302774086650825405412053939974593899948205949918654575790188229081547139
import libnum
def decipher_rsa(p,q,n,e,c):
"""RSA 解密函数
"""
phi = (p-1)*(q-1)
assert(libnum.gcd(e,phi) == 1)
d = libnum.invmod(e,phi)
m = pow(c, d, n)
print(m)
print(libnum.n2s(m))
return m
m = decipher_rsa(p,q,n,e,c)
# 1021089710312398519754100100975045545357574552499953455657564845495249995497975099559951125
i = 0
s = str(m)
flag = ""
while i < len(s):
if int(s[i:i+3]) < 128:
flag += chr(int(s[i:i+3]))
i += 3
else:
flag += chr(int(s[i:i+2]))
i += 2
print(flag)
# flag{b3a6dda2-6599-41c5-8980-141c6aa2c7c3}
风二西_RSA32
题目：虽然没有告诉n，但是也是很简单
import gmpy2
import libnum
import uuid
flag = "flag{" + str(uuid.uuid4()) + "}"
print(flag)
m = libnum.s2n(flag)
p = libnum.generate_prime(1024)
q = gmpy2.next_prime(p)
e = 65537
n = p * q
phi=(p-1)*(q-1)
c=pow(m,e,n)
print("phi_n=",phi)
print("e=",e)
print("c=",c)
phi_n= 18590425039387729477598499397958448933845815900201823943032033095387848517617985895183963311626779220158042898611002867883550450494234043927249433394809188770501576117460050981691459129568811385646016788313022583930570275813634475658073903709593181423178645283642400103397763686197859087416365313566109522366803252857378015780981917721951719389946181943906426584195667576984192318817794766561272057971941403123707762513160727748633560329846219337191486777070040039921031811587821278604522949099783474985661534460618415046887625346698700392659238012087685132893594172694069190610344623932768431091964949802609612200252
e= 65537
c= 12763166276099356814814152377757964361238874370991093329623532751601279247414980077002701570626574623892644099380771131566058704551394660566101880079157474392711108805698153033339884190262706212070577551200739210548979794299492183889940082591770999333655658591360091838680788309784842201847002027512021628757789344660408990708586985704339984300711929007081358294492867290404099752981811154320139433142707757015384671965262108565564957155045657487868786956295071605948232340521155814533645642994875095068072047403709292360474330107424099870520730003737940248614665445043210424108188954371602300714689258339214629272624
这道题目的考点是分解相邻素数，然后求出模数n
\(\varphi(n) = (p-1)\cdot (q-1)\)
则有：
\(p - 1 \lt \sqrt[2]{\varphi(n)} < q-1\)
\(p,q\) 是相邻素数，可以用gmpy2直接解。
phi_n= 18590425039387729477598499397958448933845815900201823943032033095387848517617985895183963311626779220158042898611002867883550450494234043927249433394809188770501576117460050981691459129568811385646016788313022583930570275813634475658073903709593181423178645283642400103397763686197859087416365313566109522366803252857378015780981917721951719389946181943906426584195667576984192318817794766561272057971941403123707762513160727748633560329846219337191486777070040039921031811587821278604522949099783474985661534460618415046887625346698700392659238012087685132893594172694069190610344623932768431091964949802609612200252
e= 65537
c= 12763166276099356814814152377757964361238874370991093329623532751601279247414980077002701570626574623892644099380771131566058704551394660566101880079157474392711108805698153033339884190262706212070577551200739210548979794299492183889940082591770999333655658591360091838680788309784842201847002027512021628757789344660408990708586985704339984300711929007081358294492867290404099752981811154320139433142707757015384671965262108565564957155045657487868786956295071605948232340521155814533645642994875095068072047403709292360474330107424099870520730003737940248614665445043210424108188954371602300714689258339214629272624
e = 65537
import gmpy2, libnum
r, _ = gmpy2.iroot(phi_n,2)
q = gmpy2.next_prime(r)
p = phi_n // (q-1) + 1
d = libnum.invmod(e,phi_n)
print(libnum.n2s(int(pow(c,d,p*q))))
风二西_RSA33
题目：离散对数
import gmpy2
import libnum
import uuid
import random
flag = "flag{" + str(uuid.uuid4()) + "}"
print(flag)
e= libnum.s2n(flag)
n=2**512
m = random.randint(2, n-1) | 1
c=pow(m,e,n)
print("m=",m)
print("c=",c)
m= 159288671018830898156155351952186977642819454341811868237859009749383960869982923115380878290375192847504545108933927464025163205891819917678534983817309
c= 12714803532028941243809606974437987862326521262004726834999494702689747253925210908627215296516631899337657950072189903034513687791841244487330214554784973
这个题目里，e是flag, m是一个随机数， \(c \equiv m^e \pmod n\) 。要求的是e。这个题我不会估做，
后来在网上查询离散对数相关的知识，发现sage能解，就直接用sage解就行了。
#通用的求离散对数的方法
x=discrete_log(a,base,ord,operation)
#求离散对数的Pollard-Rho算法
x=discrete_log_rho(a,base,ord,operation)
#求离散对数的Pollard-kangaroo算法(也称为lambda算法)
x=discrete_log_lambda(a,base,bounds,operation)
#小步大步法
x=bsgs(base,a,bounds,operation)
本题解题代码 ：
n = 2**512
m= 159288671018830898156155351952186977642819454341811868237859009749383960869982923115380878290375192847504545108933927464025163205891819917678534983817309
c= 12714803532028941243809606974437987862326521262004726834999494702689747253925210908627215296516631899337657950072189903034513687791841244487330214554784973
x=discrete_log(c,mod(m,n))
print(x)
print(libnum.n2s(x))
# flag{08c1288c-138f-48b8-93b0-914effbebf39}
风二西_RSA34
题目：二项式与公约数
from Crypto.Util.number import *
import libnum
import os
import uuid
flag = "flag{" + str(uuid.uuid4()) + "}"
print(flag)
p = getPrime(1024)
q = getPrime(1024)
n = p*q
g = n+1
m = bytes_to_long(flag.encode()+os.urandom(80))
assert m < n
c=(pow(g,p,n*n)*pow(m,n,n*n))%(n*n)
print("c="+str(c))
print("n="+str(n))
print("hint="+str(pow(m,n,n*n)))
c=905172784418873713732700558989181996325888648419514448597522212684278398492968953662897010162459720878338826781745670048648503779257335410151406677417672179943629405238436257761900874779751323685645487171118941725247670177508835630481691386000018298279603171853869779484660079539212620112828361078884675672318207140662942807891978333217323903614109508047283464815109670669749578130718034005367412888820840187084195735110169860263051517794259176586440054603489419713260249482251876820886895812965753980629409003368980726873547620586673084434595344022526350554435683286970476385148137233032328326069460609647990748281965659109823359063464740041165085947578112934084444546578892243586755065620072226406559570695996411425392411720235577924087686144818222754504180459012372066335490682513709248974145951032855864423898924290178930441424519435513069223761613624946714386744074724873963316031171129368661130034527289076196976788125801482545219357263063182186736412009825867346742491995907489707140750618968084303409140459259029941006631812240535300916608964267286900303263889610322380698382293583754970203768704399696974094327426470370167364635490705190916409115979541420542043314273903341551693854266457846024456417034657152355702425585484
n=31016237680452528704873191037134067101278463443982527817436364102617348902532256530861676448201075746827834542956506366698825423422483893189352329256671487874082156052214641945947096606313380306737789848779237364845323351377115674248947766919676433584677299950176564986961205465375287101064714101688614722710223640975579844338149091130387005331087496684778954404065614342428013697081893585722086127239864386794351634597573229819179116430105000422883664131016949507449532791494372407636576472748173367100782468874221920267631198486913451692621404826280274339031449224108911511601369385962449647906065004132890110315191
hint=218207395768478557471199767194094043876724592138588774570908990468428950605149285379792082880818082732758456157750106025376469170078549528685829802378925626144504311460262428580920405672341673977468406004167108795444419994568528664898153779169619242440508681759186017153711527661283166710768331441106506554151407089758879246657121059234157255083964973037628491442405875716725032650227392405274334487258752469294042631778616110618699764229701945343859239888793305620960480463538257644020487517361371098883002526539902459754433571144717491292105967141861141822042443693629090462448712500532607336928502017089154250653979878646143264568658353591859972526675416599548031535473192600081383998056552022089590117980379324695272326190935495337967240049776307127889831165855695782293908854273381915760832267426532554157982310401664106552217062642147611812863526763087374157217764323065841672272539622812472535192439927792375314310035581298527907756661627438862033009575874759150646763139825124510422557834829003090593326781196144175844093709071945019402686845259582266824033566943227461354561480721320603363363818423382582406857246764822653289982541708423069636397274899545161162174930897008316838239371094314997267623578517028431314845245239
这个题目也是公约数分解n的思路，不过推导起来还是有难度的，我也是看了风大的方法，才学会。
已知：
\[\begin{array}{l}
h \equiv m^n \pmod {n^2} \\
c \equiv g^p \cdot m^n \pmod {n^2}
\end{array}\]
将\(g = (n+1), h\)代进去。2式变为：
\[c \equiv (n+1)^p \cdot h \pmod {n^2}
\]
两边同时乘上\(h\)模\(n^2\)的逆元 \(h^{-1}\)
\[c\cdot h^{-1} \equiv (n+1)^p \pmod {n^2}
\]
需要用到二项式定理。
\[(a+b)^n = \sum_{r=0}^nC_n^ra^{n-r}b^r = C_n^0a^n + C_n^1a^{n-1}b +\cdots + C_n^ra^{n-r}b^r + \cdots +C_n^nb^n
\]
使用二项式定理分解\((n+1)^p\)
\[(n+1)^p = n^p + C_p^1n^{p-1} + C_p^2n^{p-2} + \cdots + C_p^{p-1}n + 1
\]
其中二项式的系数
\[C_p^r = \frac{p!}{r!(p-r)!} = \frac{p\cdot (p-1)!}{r!(p-r)!}
\]
来重点看一下中间的项的系数，除了第一项和最后一项，其余的分子都是有一个\(p\)，
已知\(p\)是素数，\(p\) 与小于\(p\)的数都互质。那么，所有分子上的\(p\)都无法被约分。
又知道\(C_p^r\) 是整数，那么可以将\(C_p^r = k_rp\)
\[\begin{array}{l}
(n+1)^p &= 1 + n^p + k_1pn^{p-1} + k_2pn^{p-2} + \cdots + k_{p-1}pn \\
&=1 + pq\cdot n^{p-1} + k_1pn^{p-1} + k_2pn^{p-2} + \cdots + k_{p-1}pn \\
&=1 + kpn
\end{array}\]
将结果代入：
\[c\cdot h^{-1} = 1 + k_1pn + k_2n^2
\]
将1移到左边
\[c\cdot h^{-1} - 1 = k_1pn + k_2pqn = pn(k_1 + k2_q) = kpn
\]
最终得到
\[\frac{c\cdot h^{-1}}{n} = kp
\]
至此，终于找到了\(kp\) 而等式左边都是已知，可以通过公约数分解n
另外还有一个点，加密指数是 \(n\) , 模数是\(n^2\) \(\varphi(n^2) = p(p-1)q(q-1)=n(p-1)(q-1)\)
加密指数与\(\varphi(n^2)\)不互素，不能直接解，需要再变形一下。
\[h = m^n + kn^2
\]
两边同时模n
\[h \equiv m^n \pmod n
\]
最终的解题代码如下：
c=905172784418873713732700558989181996325888648419514448597522212684278398492968953662897010162459720878338826781745670048648503779257335410151406677417672179943629405238436257761900874779751323685645487171118941725247670177508835630481691386000018298279603171853869779484660079539212620112828361078884675672318207140662942807891978333217323903614109508047283464815109670669749578130718034005367412888820840187084195735110169860263051517794259176586440054603489419713260249482251876820886895812965753980629409003368980726873547620586673084434595344022526350554435683286970476385148137233032328326069460609647990748281965659109823359063464740041165085947578112934084444546578892243586755065620072226406559570695996411425392411720235577924087686144818222754504180459012372066335490682513709248974145951032855864423898924290178930441424519435513069223761613624946714386744074724873963316031171129368661130034527289076196976788125801482545219357263063182186736412009825867346742491995907489707140750618968084303409140459259029941006631812240535300916608964267286900303263889610322380698382293583754970203768704399696974094327426470370167364635490705190916409115979541420542043314273903341551693854266457846024456417034657152355702425585484
n=31016237680452528704873191037134067101278463443982527817436364102617348902532256530861676448201075746827834542956506366698825423422483893189352329256671487874082156052214641945947096606313380306737789848779237364845323351377115674248947766919676433584677299950176564986961205465375287101064714101688614722710223640975579844338149091130387005331087496684778954404065614342428013697081893585722086127239864386794351634597573229819179116430105000422883664131016949507449532791494372407636576472748173367100782468874221920267631198486913451692621404826280274339031449224108911511601369385962449647906065004132890110315191
hint=218207395768478557471199767194094043876724592138588774570908990468428950605149285379792082880818082732758456157750106025376469170078549528685829802378925626144504311460262428580920405672341673977468406004167108795444419994568528664898153779169619242440508681759186017153711527661283166710768331441106506554151407089758879246657121059234157255083964973037628491442405875716725032650227392405274334487258752469294042631778616110618699764229701945343859239888793305620960480463538257644020487517361371098883002526539902459754433571144717491292105967141861141822042443693629090462448712500532607336928502017089154250653979878646143264568658353591859972526675416599548031535473192600081383998056552022089590117980379324695272326190935495337967240049776307127889831165855695782293908854273381915760832267426532554157982310401664106552217062642147611812863526763087374157217764323065841672272539622812472535192439927792375314310035581298527907756661627438862033009575874759150646763139825124510422557834829003090593326781196144175844093709071945019402686845259582266824033566943227461354561480721320603363363818423382582406857246764822653289982541708423069636397274899545161162174930897008316838239371094314997267623578517028431314845245239
import libnum
h1 = libnum.invmod(hint,n*n)
p = libnum.gcd((c*h1-1)//n, n)
q = n // p
phi_n = (p-1)*(q-1)
d = libnum.invmod(n,phi_n)
m = pow(hint%n,d,n)
print(libnum.n2s(m))
# b"flag{3fc79e66-f746-43ed-8d43-12d62083bb28}
二项式定理在RSA的推导中很常见，要记住这个推导的结论 \((a+1)^p = a^p + kpa + 1\)
其实我自已在做题的时候，跟上面的思路不一致，我是直接用费马小定理来处理的
\[\begin{array}{l}
c\cdot h^{-1} &= (n+1)^p + kn^2 \\
&\equiv (n+1)^p \pmod p \\
&\equiv n+1 \pmod p \\
&= 1+ kp\\
\end{array}\]
在求出来 \(GCD(c \cdot h^{-1} -1, n)\) 值为n。
所以再尝试 \(GCD(\frac{c \cdot h^{-1} -1}{n}, n)\) 得到了p，歪打正着吧。
风二西_RSA35
题目：C怎么算？
import gmpy2
import libnum
import uuid
flag = "flag{" + str(uuid.uuid4()) + "}"
print(flag)
m = libnum.s2n(flag)
p = libnum.generate_prime(512)
q = gmpy2.next_prime(p)
n = p * q
e = 65537
c = pow(m, e, n)
c1=c%p
c2=c%q
print("n=", n)
print("e=", e)
print("c1=", c1)
print("c2=", c2)
n= 90394529689913839765205300528110803141279090399860596367870949697496324820998337961985425034620508191655615991982040913558977176983944906780042242192358436166631765017209547263534670341784872178736298551048416053460818373354869470751267394134834866841904586214217784621108471976779832089947742368306315682507
e= 65537
c1= 5447082481186117365672329735877037332776187251773044306359866400835596309056514390380452696154541891064307149942765410614648089004258436764622084019531505
c2= 4535381939284330664634047480806575197107605565999599820054310863529808067307369482944090975014544449155425493695649786450241696037762855154686295855813941
这个题目没有给\(c\)，给出了\(c_1 =c \pmod p , \ c_2 = c \pmod q\)。 那而且\(p,q\)还是相邻的素数，
可以直接分解n，求出\(p,q\)。再用中国剩余定理求\(c\)
n= 90394529689913839765205300528110803141279090399860596367870949697496324820998337961985425034620508191655615991982040913558977176983944906780042242192358436166631765017209547263534670341784872178736298551048416053460818373354869470751267394134834866841904586214217784621108471976779832089947742368306315682507
e= 65537
c1= 5447082481186117365672329735877037332776187251773044306359866400835596309056514390380452696154541891064307149942765410614648089004258436764622084019531505
c2= 4535381939284330664634047480806575197107605565999599820054310863529808067307369482944090975014544449155425493695649786450241696037762855154686295855813941
import gmpy2, libnum
from functools import reduce
def CRT(mi, ai):
# mi,ai分别表示模数和取模后的值,都为列表结构
# Chinese Remainder Theorem
assert (isinstance(mi, list) and isinstance(ai, list))
M = reduce(lambda x, y: x * y, mi)
ai_ti_Mi = [a * (M // m) * gmpy2.invert(M // m, m) for (m, a) in zip(mi, ai)]
return reduce(lambda x, y: x + y, ai_ti_Mi) % M
r = gmpy2.iroot(n,2)
q = gmpy2.next_prime(r)
p = n // q
c = CRT([p,q],[c1,c2])
phi = (p-1)*(q-1)
d = libnum.invmod(e, phi)
m = pow(c, d, n)
print(libnum.n2s(m))
# b'flag{184abec1-8e0a-465d-b297-3b1257c29fdd}'
风二西_RSA36
题目：最小公倍数
from gmpy2 import lcm, invert
import libnum
from Crypto.Util.number import *
import uuid
import gmpy2
flag = "flag{" + str(uuid.uuid4()) + "}"
print(flag)
e = 65537
p = getPrime(512)
q = getPrime(512)
n = p**4*q
c = pow(libnum.s2n(flag), e, n)
print("c=",c)
h1 = (invert(e, lcm(p - 1, q - 1))) % (p - 1)
print("h1=",h1)
b = 449703347709287328982446812318870158230369688625894307953604074502413258045265502496365998383562119915565080518077360839705004058211784369656486678307007348691991136610142919372779782779111507129101110674559235388392082113417306002050124215904803026894400155194275424834577942500150410440057660679460918645357376095613079720172148302097893734034788458122333816759162605888879531594217661921547293164281934920669935417080156833072528358511807757748554348615957977663784762124746554638152693469580761002437793837094101338408017407251986116589240523625340964025531357446706263871843489143068620501020284421781243879675292060268876353250854369189182926055204229002568224846436918153245720514450234433170717311083868591477186061896282790880850797471658321324127334704438430354844770131980049668516350774939625369909869906362174015628078258039638111064842324979997867746404806457329528690722757322373158670827203350590809390932986616805533168714686834174965211242863201076482127152571774960580915318022303418111346406295217571564155573765371519749325922145875128395909112254242027512400564855444101325427710643212690768272048881411988830011985059218048684311349415764441760364762942692722834850287985399559042457470942580456516395188637916303814055777357738894264037988945951468416861647204658893837753361851667573185920779272635885127149348845064478121843462789367112698673780005436144393573832498203659056909233757206537514290993810628872250841862059672570704733990716282248839
a = 2021*p**3 + 2022 + 2023*p**4
h2 = pow(2, a, b)
print("h2=",h2)
c= 32461937291123838150015437738232132778136420835501172981733602990740273486953741568090810560778161966164945158511260774070358644248232323420087723385263256644196533073406984717180336745536558689984942092573081904079903490501386556080018394074410235002595317034773282955985118051270196236522237314803148550104312339887381647416993827777740145028707473690705297024951376596720342536992121548930518678367840538408090222135227089379157055839665026501357827048478457911999587594147965082828271987647298414995124826623670109344083974284447663062399760045862177923687178825610208304215451278227328518587611057109711358853294506221375136820608279989589848521299683305678250602533798187554673551619882364862267158445783085217884637473353723296775978631814700691324134568859907895
h1= 6468066142812037811245811431029822620718431256172659827318030980766740646875043754362691871361354796260760544851348386608059020178469741472552508428173289
h2= 351478273201661211370295992513903777012232983256056326238926333011371416629716162090104619674265156821223231264440443106892542064223779557190578501438946789254030402887731165540882104924377245618854941216703766237750410854631060908813070299202115362296699264192874798844168699489382003184297636998658037654020552631141141481533724848408730766978666934663108281432306938240589659207658915367966527390442015149064586761425865121150449377751372147728656649385001186886613722056101089644760097824725460868377846871014862553706199913248258756627415862049990930575534515661975085378650331550364542391008296344006652888696620145918034387172113175331348860126630098919166159292368091989313853372136462265585305145884122967878506561782844123480811218779889510208850962460012465794314560056622761602155517368256657436574200550175391109703542446602958770962969052052583500083109117156883274443244413957241956500358988509636068466704579092280477518578401466531668151425943794220167624532301055735350960510647752822557866484507869680755962572543981925722715965036598298885934266602923923707916902509373496039520863385795284014251153812592261523739279076312435443855905731512330578566935163359461268001866134231813803645925451787175145307904432223492155424053234885837529083612476468041346070430454900321918429553742127313743695536776850119228648659264206244539519000463928289312181246535035193277156799865273087461179498380447714523567927904242841451750445973237705788122212246137382847
这道题目是2021年西湖论剑的原题。解法很简单，跟\(dp\)泄露的方法差不多。已知：
\[h_1 = invert(e, lcm(p - 1, q - 1)) + k(p-1)
\]
两边同时乘以\(e\)，
\[\begin{array}{l}
e\cdot h_1 &= e \cdot invert(e, lcm(p - 1, q - 1)) + k(p-1) \\
&= 1+k_1(lcm(p-1,q-1)) + k(p-1)
\end{array}\]
\(lcm(p-1,q-1)\) 一定是能够整除 \(p-1\) 的。所以可变化为：
\[e \cdot h_1 = 1 + k(p-1)
\]
因为 \(h_1 < p-1 \Rightarrow e > k\) 。可以通过爆破\(k\)来解\(p\)
解题代码如下：
c= 32461937291123838150015437738232132778136420835501172981733602990740273486953741568090810560778161966164945158511260774070358644248232323420087723385263256644196533073406984717180336745536558689984942092573081904079903490501386556080018394074410235002595317034773282955985118051270196236522237314803148550104312339887381647416993827777740145028707473690705297024951376596720342536992121548930518678367840538408090222135227089379157055839665026501357827048478457911999587594147965082828271987647298414995124826623670109344083974284447663062399760045862177923687178825610208304215451278227328518587611057109711358853294506221375136820608279989589848521299683305678250602533798187554673551619882364862267158445783085217884637473353723296775978631814700691324134568859907895
h1= 6468066142812037811245811431029822620718431256172659827318030980766740646875043754362691871361354796260760544851348386608059020178469741472552508428173289
h2= 351478273201661211370295992513903777012232983256056326238926333011371416629716162090104619674265156821223231264440443106892542064223779557190578501438946789254030402887731165540882104924377245618854941216703766237750410854631060908813070299202115362296699264192874798844168699489382003184297636998658037654020552631141141481533724848408730766978666934663108281432306938240589659207658915367966527390442015149064586761425865121150449377751372147728656649385001186886613722056101089644760097824725460868377846871014862553706199913248258756627415862049990930575534515661975085378650331550364542391008296344006652888696620145918034387172113175331348860126630098919166159292368091989313853372136462265585305145884122967878506561782844123480811218779889510208850962460012465794314560056622761602155517368256657436574200550175391109703542446602958770962969052052583500083109117156883274443244413957241956500358988509636068466704579092280477518578401466531668151425943794220167624532301055735350960510647752822557866484507869680755962572543981925722715965036598298885934266602923923707916902509373496039520863385795284014251153812592261523739279076312435443855905731512330578566935163359461268001866134231813803645925451787175145307904432223492155424053234885837529083612476468041346070430454900321918429553742127313743695536776850119228648659264206244539519000463928289312181246535035193277156799865273087461179498380447714523567927904242841451750445973237705788122212246137382847
e = 65537
import gmpy2
import libnum
for k in range(2,63337):
tmp = (h1*e-1)
p = tmp // k + 1
if tmp % k ==0 and gmpy2.is_prime(p):
print(p)
m = pow(c,h1,p)
print(libnum.n2s(m))
# b'flag{93776440-8fc4-429c-aca2-ddb54767d0bc}'
风二西_RSA37
题目：没有告诉n
import libnum
from Crypto.Util.number import *
import uuid
import gmpy2
flag = "flag{" + str(uuid.uuid4()) + "}"
print(flag)
m=libnum.s2n(flag)
e = 65537
p = getPrime(512)
q = gmpy2.next_prime(p)
n=p*q
phi=(p-1)*(q-1)
d=gmpy2.invert(e,phi)
c=pow(m,e,n)
print("c=",c)
print("e=",e)
print("d=",d)
c= 35017095079265838979734409416685141495410012751608421171984571206906907112637156478970636762948745062984603962185272983251479813367054508240145465939059405315210753494552412701642616337156914318259643364976440231342251176780836484538401507518406607672852280282429279213480081726239103353793034991628250368074
e= 65537
d= 101594869720546931320854078122074713525440214937312570093875805795442939419150687426541696295674878779299548914655788437314309125616957909033562280929717866606065779817497302315467363623403872305239280119140790162548715397120510561988704976218698155764361497527906154413313848193338028881708170081388311050841
这道题目给出了\(c,d,e\) 没有给出模数\(n\)，，所以套路和泄露\(dp\) 爆破\(p\) 是一样的。
\[e\cdot d = 1+ k\varphi(n)
\]
\[d < \varphi(n) \Rightarrow e \gt k
\]
爆破k，求\(\varphi(n)\)。
同时\(\varphi(n) = (p-1)(q-1)\) 那么显然有：
\(p-1 < p < \sqrt{\varphi(n)} < q-1 < q\)
\(p,q\)是相邻素数, \(\sqrt{\varphi(n)}\)的下一个素数一定是\(q\)
c= 35017095079265838979734409416685141495410012751608421171984571206906907112637156478970636762948745062984603962185272983251479813367054508240145465939059405315210753494552412701642616337156914318259643364976440231342251176780836484538401507518406607672852280282429279213480081726239103353793034991628250368074
e= 65537
d= 101594869720546931320854078122074713525440214937312570093875805795442939419150687426541696295674878779299548914655788437314309125616957909033562280929717866606065779817497302315467363623403872305239280119140790162548715397120510561988704976218698155764361497527906154413313848193338028881708170081388311050841
import gmpy2,libnum
k_phi = e*d -1
for k in range(2,e):
if k_phi % k == 0:
phi = k_phi // k
r, _ = gmpy2.iroot(phi,2)
q = gmpy2.next_prime(r)
if phi % (q-1) == 0:
p = phi // (q-1) + 1
m = pow(c,d,p*q)
print(k)
print(libnum.n2s(int(m)))
# b'flag{809ec7a7-7b78-4a30-80f7-e05d9aa5798f}'
风二西_RSA38
题目：确实是模不互素
e= 65537
n1= 76640333332630162663123751606067435314336340654460103173534423466657674524375020626274205515475640036025332334046453527002176045523313406356544627207141064266737007436752732620171567525475073130377747115360345241545410630734723724753756651027457666316761714427366775234473273724373416332117675121006167145404262026766633414550316157472176323
n2= 124440313565503113000305130236245224122660032520451764026576620601165065563101713415477663266674267245631322714735471550234417000764056645642165031070037322521161537165526540073654737460344673101304077315130176073622527457476522713203621742470310504203143711273625273411067051223022646617226224236404164207644473450316235021766627574031513547
c1= 35746561223300251331740725746543176021307604676022271355436612677312027341112473231206167707223243600125163327527673606771420747073156663072514253675300213137523770242670170012456726576735146623016624071313751660414571706041731612540715367514460256503435430051736012262234256065342703214571774067503205305210726131331540216432603612121112173
c2= 6217504745466537325427463135300561172247454650745667061651070756341735431253416015546400534151223222706757013035744612573104071602076357442423232020603102603013021144417600330111442776261323657064116257010627401253032401015171774101735152126253022627567234620256300364116207041044744056267045473145251032364771520345224051003432031155345131
这道题目的难点在于进制，观察题目中给出的数字，没有数字\(8,9\)。
这么多的数字中没有这两个，显然是八进制，转换8进制后，就是普通的共模攻击，再用模不互素能够解出\(p,q\)
e= 65537
n1= 76640333332630162663123751606067435314336340654460103173534423466657674524375020626274205515475640036025332334046453527002176045523313406356544627207141064266737007436752732620171567525475073130377747115360345241545410630734723724753756651027457666316761714427366775234473273724373416332117675121006167145404262026766633414550316157472176323
n2= 124440313565503113000305130236245224122660032520451764026576620601165065563101713415477663266674267245631322714735471550234417000764056645642165031070037322521161537165526540073654737460344673101304077315130176073622527457476522713203621742470310504203143711273625273411067051223022646617226224236404164207644473450316235021766627574031513547
c1= 35746561223300251331740725746543176021307604676022271355436612677312027341112473231206167707223243600125163327527673606771420747073156663072514253675300213137523770242670170012456726576735146623016624071313751660414571706041731612540715367514460256503435430051736012262234256065342703214571774067503205305210726131331540216432603612121112173
c2= 6217504745466537325427463135300561172247454650745667061651070756341735431253416015546400534151223222706757013035744612573104071602076357442423232020603102603013021144417600330111442776261323657064116257010627401253032401015171774101735152126253022627567234620256300364116207041044744056267045473145251032364771520345224051003432031155345131
import libnum
n1,n2,c1,c2 = [int(i,8) for i in [n1,n2,c1,c2]]
p = libnum.gcd(n1,n2)
d1 = libnum.invmod(e,(p-1)*(n1//p - 1))
print(libnum.n2s(pow(c1,d1,n1)))
# b'flag{d32e6316-b05f-49ce-b584-cc2ef17541c0}'
这个题目在buu-ctf中也有一道类似的套路题rsa4，不过是5进制的。
这个套路只能说是全靠经验了，没有看出来就白瞎。
风二西_RSA39
题目：费马小定理
import libnum
import uuid
from Crypto.Util.number import *
import gmpy2
flag = "flag{" + str(uuid.uuid4()) + "}"
print(flag)
m=libnum.s2n(flag)
p = getPrime(512)
q = getPrime(512)
n=p*q
hint = gmpy2.lcm(p - 1 , q - 1)
e=54722
c=pow(m,e,n)
print("n=",n)
print("e=",e)
print("c=",c)
print("hint=",hint)
n= 151017833652993344982456748947512913199036110563022758585644059291398765148383440007471971157926046710864521816236947556883446962426290165088769500162686035905917820395869193634692025452526067521211836355773131074882644525209815424268468179258864945171582638832417258825878705998609543403359555089614991139843
e= 54722
c= 16381924517850376169453686237865367229969970960386933365648748308855305046527136438549616501244069640498813281586327036356793492621621634961281865239186158309200272500613695385885364864475271470858479146684750270757751704657079572194541060362314049549078940596429883048498924267252981004257625467234056767709
hint= 75508916826496672491228374473756456599518055281511379292822029645699382574191720003735985578963023355432260908118473778441723481213145082544384750081343005658998288790806363248520083675804155412483468724999155561456000623807023176126395307090395215101152501165864158580555882302279702926340332482356814262064
题目给出了 \(LCM(p-1,q-1)\) 这是一个最小公倍数。
关于最小公倍数有一个重要的性质，两数的乘积等于最小公倍数与最大公约数的乘积。
\[a\cdot b = LCM(a,b) \cdot GCD(a,b)
\]
在这道题目中，设公约数为 \(k = GCD(p-1,q-1)\) 则有：
\(\varphi(n) = h \cdot k\)
从题目中观察到，\(h\)的位数为1023, \(n\)的位数为1024. \(\varphi(n) = (p-1)\cdot (q-1)\)的位数为1024。
那么\(k\)的位数为1，所以\(k=2^1=2\)。
n= 151017833652993344982456748947512913199036110563022758585644059291398765148383440007471971157926046710864521816236947556883446962426290165088769500162686035905917820395869193634692025452526067521211836355773131074882644525209815424268468179258864945171582638832417258825878705998609543403359555089614991139843
e= 54722
c= 16381924517850376169453686237865367229969970960386933365648748308855305046527136438549616501244069640498813281586327036356793492621621634961281865239186158309200272500613695385885364864475271470858479146684750270757751704657079572194541060362314049549078940596429883048498924267252981004257625467234056767709
hint= 75508916826496672491228374473756456599518055281511379292822029645699382574191720003735985578963023355432260908118473778441723481213145082544384750081343005658998288790806363248520083675804155412483468724999155561456000623807023176126395307090395215101152501165864158580555882302279702926340332482356814262064
import gmpy2, libnum
phi = 2 * hint # 推算 gcd(p-1,q-1) == 2
b = libnum.gcd(e,phi) # e,phi 不互素
d = libnum.invmod(e//b, phi)
m = pow(c,d,n)
flag,_ = gmpy2.iroot(m,b)
print(libnum.n2s(int(flag)))
# b'flag{f23a4c10-a31f-4ab3-8f64-800bc0862c48}'
这道题目刚巧\(k\)比较小，运气了。正常是通过一个位数差，来判断出来\(k\)的大致范围。然后遍历爆破。
