当中国剩余定理邂逅RSA

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 2018/11/17  Share

1	文章首发于安全客 https://www.anquanke.com/post/id/164575

前言

实在不知道起什么标题，于是滑稽了一波。写这篇文章的起源是2018高校网络信息安全管理运维挑战赛的一道RSA题目，借此机会，将中国剩余定理与RSA的结合研究一下。

题目描述

拿到题目很简短

身陷囹圄

发现

1 2	assert gcd(e1,(p1-1)(q1-1))==14 assert gcd(e2,(p2-1)(q2-1))==14

那么本能想到公约数的问题，于是尝试

1	gcd(n1,n2)

发现有公约数

1	12120327527644543811107783655014863098833219936714394976342507913322405566177432644931575840816861543106701611662013978324877080018872656490603706071067111

那么可以分解出p和q1,q2

1
2
3

p = gcd(n1,n2)
q1 = n1/p
q2 = n2/p

得到结果

1
2
3

p=12120327527644543811107783655014863098833219936714394976342507913322405566177432644931575840816861543106701611662013978324877080018872656490603706071067111
q1=12037827528067911684278967221392433256129944002157200272548317200308481572950474775891360447285969682243206009995242277136633522897723532096467191105943909
q2=12301580698247665838432962460247894405698817646605188562297985838079356879336309758823376086396761749681729993573203954506346863479448531269351981555913253

到目前为止一直很开心，因为成功的分解了p和q
那么是不是直接求逆元，得到私钥，就结束了呢？
我开心的运行

1	print gmpy2.invert(e,phi)

直到报错，我才想起来

1	gcd(e,phi)=14

所以直接求逆元肯定是不行的
第一时间想到的是Rabin Attack，但是那是e=2的时候，所以此时陷入困境

公式代换

后来想到等式代换

$gcd(e,\phi(n))=b \\ ed \equiv 1 \space mod \space \phi(n)\\ e = a*b\\ abd \equiv 1 \space mod \space \phi(n)\\ m^{ab} \equiv c \space mod \space n\\ c^{bd} \equiv m^{abbd} \equiv m^b \space mod \space n \\$

我们知道b=14，此时a和phi(n)互素
那么可以求a和phi的逆元得到bd

1	gmpy2.invert(a,phi)

于是可以

1	pow(c,bd,n)

得到m^14 mod n1的值，于是同理：
n1得到一组m^14 mod n1的值
n2得到一组m^14 mod n2的值
可以得到以下方程组：

$res_1 \equiv m^{14} \space mod \space n_1 \\ res_2 \equiv m^{14} \space mod \space n_2 \\$

如果这里不是m^14，是m^2或者m^3
那么完全可以尝试爆破得到m
因为m^2不会太大，所以

$m^2+k*n_1 = res_1$

那么完全可以使用低指数的思想去破解
然而这里是m^14，并不是啥低指数了。

中国剩余定理

虽然题目走的绝，但是他给了2组等式，那么这样的等式，仅仅为了让我们利用公约数分解p,q这么简单吗？答案显然是否定的
这里我们可以尝试中国剩余定理

$res1 \equiv m^{14} \space mod \space n_1 \\ res2 \equiv m^{14} \space mod \space n_2 \\$

二者联立，可以求出m的特值，但是这里的m值并不是真的flag的明文
因为m^14足够大，这里仅仅是个模数，可以理解为

1	flag=m+k*n1

依旧需要爆破k，如果flag的长度比较短，例如

1	flag={this_is_flag}

那么很快可以爆破出来，但是事实上，题目的格式都是
EIS{MD5(.....)}
估计一时半会儿出不来了

灵感乍现

在非常难受的情况下，学长给了我一些点播，我们刚才的做法，完全是对中国剩余定理使用的浪费，我们可以根据中国剩余定理得到如下3个式子

$res1 \equiv m^{14} \space mod \space p \\ res1 \equiv m^{14} \space mod \space q_1 \\ res2 \equiv m^{14} \space mod \space q_2 \\$

即模数分解，这样依旧可以计算出特解m

1157918953656051452784355699923609238578087085530356730257378716186056416448726997740518977363905297393271755641099448971883212306481009956454341821281132105675527179275608942496622728690548474209986204730278844220750782548612807173412632486533313585094360198798935868257031751209954691446183447044165077233401610378901936945171131038402147803394967428713339276583596523854139656861116867477243532939513114104962464919267716378905965731491698192883615068033313579

之前我们到这里为止，开始了爆破，无果而终。
那之前为什么我们不把现在这个局面当做

$c \equiv m^{14} \space mod \space n_1 \\$

这样一个问题去解决呢？
这里的c我们已经求得，n1也是已知的，并且可以被分解，公钥e=14
因为这样无济于事，e依旧和phi(n1)有公约数。
那有没有办法换个模数呢，让phi与e互素
这里就是这道题的有趣之处:
我们可以将后2个式子合并

$res \equiv m^{14} \space mod \space q_1q_2 \\$

（注：为什么可以合并呢？）
我们可以这样理解

$res_1 = k_1*q_1+m^{14}\\ res_2 = k_2*q_2+m^{14}\\ res_1*res_2=k_1k_2q_1q_2+(k_1q_1+k_2q_2+m^{14})m^{14}$

两边同时模q1q2，即可得到合并后结果
所以我们现在有等式

$res \equiv m^{14} \space mod \space q_1q_2 \\$

我们可以把他当做一个新的RSA题目：

1
2
3

密文等于中国剩余定理求出的m特解
公钥等于14
模数已经分解为q1和q2

水到渠成

那么这样一看，就是一个非常简单的RSA题目了

c=1157918953656051452784355699923609238578087085530356730257378716186056416448726997740518977363905297393271755641099448971883212306481009956454341821281132105675527179275608942496622728690548474209986204730278844220750782548612807173412632486533313585094360198798935868257031751209954691446183447044165077233401610378901936945171131038402147803394967428713339276583596523854139656861116867477243532939513114104962464919267716378905965731491698192883615068033313579
q1=12037827528067911684278967221392433256129944002157200272548317200308481572950474775891360447285969682243206009995242277136633522897723532096467191105943909
q2=12301580698247665838432962460247894405698817646605188562297985838079356879336309758823376086396761749681729993573203954506346863479448531269351981555913253
e=14

当我们兴致勃勃去求逆元私钥d时，又发现

这里的e和phi又不是互素的，有公约数2，乍一看非常头疼
实际上，这里的公约数2和14比实在太小了，所以我们可以直接破解：
按照之前的思路

$c \equiv m^e \space mod \space q_1q_2\\ e = 2*7 \\ 2*7*d \equiv 1 \space mod \space q_1q_2\\ m^{2} \equiv c^{2d} \space mod \space q_1q_2\\$

2d可以通过7的逆元求得，由于2次方太小，所以直接对m开方即可
完整脚本如下

n1=0xcfc59d54b4b2e9ab1b5d90920ae88f430d39fee60d18dddbc623d15aae645e4e50db1c07a02d472b2eebb075a547618e1154a15b1657fbf66ed7e714d23ac70bdfba4c809bbb1e27687163cb09258a07ab2533568192e29a3b8e31a5de886050b28b3ed58e81952487714dd7ae012708db30eaf007620cdeb34f150836a4b723L
e1=0xfae3aL
c1=0x81523a330fb15125b6184e4461dadac7601340960840c5213b67a788c84aecfcdc3caf0bf3e27e4c95bb3c154db7055376981972b1565c22c100c47f3fa1dd2994e56090067b4e66f1c3905f9f780145cdf8d0fea88a45bae5113da37c8879c9cdb8ee9a55892bac3bae11fbbabcba0626163d0e2e12c04d99f4eeba5071cbeaL
n2=0xd45304b186dc82e40bd387afc831c32a4c7ba514a64ae051b62f483f27951065a6a04a030d285bdc1cb457b24c2f8701f574094d46d8de37b5a6d55356d1d368b89e16fa71b6603bd037c7f329a3096ce903937bb0c4f112a678c88fd5d84016f745b8281aea8fd5bcc28b68c293e4ef4a62a62e478a8b6cd46f3da73fa34c63L
e2=0x1f9eaeL
c2=0x4d7ceaadf5e662ab2e0149a8d18a4777b4cd4a7712ab825cf913206c325e6abb88954ebc37b2bda19aed16c5938ac43f43966e96a86913129e38c853ecd4ebc89e806f823ffb802e3ddef0ac6c5ba078d3983393a91cd7a1b59660d47d2045c03ff529c341f3ed994235a68c57f8195f75d61fc8cac37e936d9a6b75c4bd2347L
from libnum import *
import gmpy2
p=gcd(n1,n2)
q1=n1/p
q2=n2/p
assert(p*q1==n1)
assert(p*q2==n2)
f1=(p-1)*(q1-1)
f2=(p-1)*(q2-1)
tmp=gcd(e1,e2)

e1=e1/tmp
e2=e2/tmp
d1=invmod(e1,f1)
d2=invmod(e2,f2)

m1=pow(c1,d1,n1)
m2=pow(c2,d2,n2)
m3=m1%p
m2=m2%q2
m1=m1%q1

m=solve_crt([m1,m2,m3], [q1,q2,p]) 
print m
n=q1*q2
f=(q1-1)*(q2-1)
m=m%n
d=invmod(7,f)
m=pow(m,d,n)
print n2s(gmpy2.iroot(m, 2)[0])

后记

当我们的公钥与phi不互素时，不仅有Rabin Attack解法了，这道题对中国剩余定理的灵活运用非常有趣XD

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