RSA演算法原理

如果你問我，哪一種演算法最重要？我可能會回答“公鑰加密演算法”。因為它是計算機通訊安全的基石，保證了加密資料不會被破解。你可以想象一下，信用卡交易被破解的後果。

進入正題之前，我先簡單介紹一下，什麼是”公鑰加密演算法”。

一、一點歷史

1976年以前，所有的加密方法都是同一種模式：

（1）甲方選擇某一種加密規則，對資訊進行加密；

（2）乙方使用同一種規則，對資訊進行解密。

由於加密和解密使用同樣規則（簡稱”金鑰”），這被稱為“對稱加密演算法”（Symmetric-key algorithm）。

這種加密模式有一個最大弱點：甲方必須把加密規則告訴乙方，否則無法解密。儲存和傳遞金鑰，就成了最頭疼的問題。

1976年，兩位美國計算機學家Whitfield Diffie 和 Martin Hellman，提出了一種嶄新構思，可以在不直接傳遞金鑰的情況下，完成解密。這被稱為“Diffie-Hellman金鑰交換演算法”。這個演算法啟發了其他科學家。人們認識到，加密和解密可以使用不同的規則，只要這兩種規則之間存在某種對應關係即可，這樣就避免了直接傳遞金鑰。

這種新的加密模式被稱為”非對稱加密演算法”。

（1）乙方生成兩把金鑰（公鑰和私鑰）。公鑰是公開的，任何人都可以獲得，私鑰則是保密的。

（2）甲方獲取乙方的公鑰，然後用它對資訊加密。

（3）乙方得到加密後的資訊，用私鑰解密。

如果公鑰加密的資訊只有私鑰解得開，那麼只要私鑰不洩漏，通訊就是安全的。

1977年，三位數學家Rivest、Shamir 和 Adleman 設計了一種演算法，可以實現非對稱加密。這種演算法用他們三個人的名字命名，叫做RSA演算法。從那時直到現在，RSA演算法一直是最廣為使用的”非對稱加密演算法”。毫不誇張地說，只要有計算機網路的地方，就有RSA演算法。

這種演算法非常可靠，金鑰越長，它就越難破解。根據已經披露的文獻，目前被破解的最長RSA金鑰是768個二進位制位。也就是說，長度超過768位的金鑰，還無法破解（至少沒人公開宣佈）。因此可以認為，1024位的RSA金鑰基本安全，2048位的金鑰極其安全。

下面，我就進入正題，解釋RSA演算法的原理。文章共分成兩部分，今天是第一部分，介紹要用到的四個數學概念。你可以看到，RSA演算法並不難，只需要一點數論知識就可以理解。

二、互質關係

如果兩個正整數，除了1以外，沒有其他公因子，我們就稱這兩個數是互質關係（coprime）。比如，15和32沒有公因子，所以它們是互質關係。這說明，不是質數也可以構成互質關係。

關於互質關係，不難得到以下結論：

1. 任意兩個質數構成互質關係，比如13和61。

2. 一個數是質數，另一個數只要不是前者的倍數，兩者就構成互質關係，比如3和10。

3. 如果兩個數之中，較大的那個數是質數，則兩者構成互質關係，比如97和57。

4. 1和任意一個自然數是都是互質關係，比如1和99。

5. p是大於1的整數，則p和p-1構成互質關係，比如57和56。

6. p是大於1的奇數，則p和p-2構成互質關係，比如17和15。

三、尤拉函式

請思考以下問題：

任意給定正整數n，請問在小於等於n的正整數之中，有多少個與n構成互質關係？（比如，在1到8之中，有多少個數與8構成互質關係？）

計算這個值的方法就叫做尤拉函式，以φ(n)表示。在1到8之中，與8形成互質關係的是1、3、5、7，所以 φ(n) = 4。

φ(n) 的計算方法並不複雜，但是為了得到最後那個公式，需要一步步討論。

第一種情況

如果n=1，則 φ(1) = 1 。因為1與任何數（包括自身）都構成互質關係。

第二種情況

如果n是質數，則 φ(n)=n-1 。因為質數與小於它的每一個數，都構成互質關係。比如5與1、2、3、4都構成互質關係。

第三種情況

如果n是質數的某一個次方，即 n = p^k (p為質數，k為大於等於1的整數)，則

比如 φ(8) = φ(2^3) =2^3 – 2^2 = 8 -4 = 4。

這是因為只有當一個數不包含質數p，才可能與n互質。而包含質數p的數一共有p^(k-1)個，即1×p、2×p、3×p、…、p^(k-1)×p，把它們去除，剩下的就是與n互質的數。

上面的式子還可以寫成下面的形式：

可以看出，上面的第二種情況是 k=1 時的特例。

第四種情況

如果n可以分解成兩個互質的整數之積，

　　n = p1 × p2

則

　　φ(n) = φ(p1p2) = φ(p1)φ(p2)

即積的尤拉函式等於各個因子的尤拉函式之積。比如，φ(56)=φ(8×7)=φ(8)×φ(7)=4×6=24。

這一條的證明要用到“中國剩餘定理”，這裡就不展開了，只簡單說一下思路：如果a與p1互質(a<p1)，b與p2互質(b<p2)，c與p1p2互質(c<p1p2)，則c與數對 (a,b) 是一一對應關係。由於a的值有φ(p1)種可能，b的值有φ(p2)種可能，則數對 (a,b) 有φ(p1)φ(p2)種可能，而c的值有φ(p1p2)種可能，所以φ(p1p2)就等於φ(p1)φ(p2)。

第五種情況

因為任意一個大於1的正整數，都可以寫成一系列質數的積。

根據第4條的結論，得到

再根據第3條的結論，得到

也就等於

這就是尤拉函式的通用計算公式。比如，1323的尤拉函式，計算過程如下：

四、尤拉定理

尤拉函式的用處，在於尤拉定理。”尤拉定理”指的是：

如果兩個正整數a和n互質，則n的尤拉函式 φ(n) 可以讓下面的等式成立：

也就是說，a的φ(n)次方被n除的餘數為1。或者說，a的φ(n)次方減去1，可以被n整除。比如，3和7互質，而7的尤拉函式φ(7)等於6，所以3的6次方（729）減去1，可以被7整除（728/7=104）。

尤拉定理的證明比較複雜，這裡就省略了。我們只要記住它的結論就行了。

尤拉定理可以大大簡化某些運算。比如，7和10互質，根據尤拉定理，

已知 φ(10) 等於4，所以馬上得到7的4倍數次方的個位數肯定是1。

因此，7的任意次方的個位數（例如7的222次方），心算就可以算出來。

尤拉定理有一個特殊情況。

假設正整數a與質數p互質，因為質數p的φ(p)等於p-1，則尤拉定理可以寫成

這就是著名的費馬小定理。它是尤拉定理的特例。

尤拉定理是RSA演算法的核心。理解了這個定理，就可以理解RSA。

五、模反元素

還剩下最後一個概念：

如果兩個正整數a和n互質，那麼一定可以找到整數b，使得 ab-1 被n整除，或者說ab被n除的餘數是1。

這時，b就叫做a的“模反元素”。

比如，3和11互質，那麼3的模反元素就是4，因為 (3 × 4)-1 可以被11整除。顯然，模反元素不止一個， 4加減11的整數倍都是3的模反元素 {…,-18,-7,4,15,26,…}，即如果b是a的模反元素，則 b+kn 都是a的模反元素。

尤拉定理可以用來證明模反元素必然存在。

可以看到，a的 φ(n)-1 次方，就是a的模反元素。

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好了，需要用到的數學工具，全部介紹完了。RSA演算法涉及的數學知識，就是上面這些，下一次我就來介紹公鑰和私鑰到底是怎麼生成的。

有了這些知識，我們就可以看懂RSA演算法。這是目前地球上最重要的加密演算法。

六、金鑰生成的步驟

我們通過一個例子，來理解RSA演算法。假設愛麗絲要與鮑勃進行加密通訊，她該怎麼生成公鑰和私鑰呢？

第一步，隨機選擇兩個不相等的質數p和q。

愛麗絲選擇了61和53。（實際應用中，這兩個質數越大，就越難破解。）

第二步，計算p和q的乘積n。

愛麗絲就把61和53相乘。

　　n = 61×53 = 3233

n的長度就是金鑰長度。3233寫成二進位制是110010100001，一共有12位，所以這個金鑰就是12位。實際應用中，RSA金鑰一般是1024位，重要場合則為2048位。

第三步，計算n的尤拉函式φ(n)。

根據公式：

　　φ(n) = (p-1)(q-1)

愛麗絲算出φ(3233)等於60×52，即3120。

第四步，隨機選擇一個整數e，條件是1< e < φ(n)，且e與φ(n) 互質。

愛麗絲就在1到3120之間，隨機選擇了17。（實際應用中，常常選擇65537。）

第五步，計算e對於φ(n)的模反元素d。

所謂“模反元素”就是指有一個整數d，可以使得ed被φ(n)除的餘數為1。

　　ed ≡ 1 (mod φ(n))

這個式子等價於

　　ed – 1 = kφ(n)

於是，找到模反元素d，實質上就是對下面這個二元一次方程求解。

　　ex + φ(n)y = 1

已知 e=17, φ(n)=3120，

　　17x + 3120y = 1

這個方程可以用“擴充套件歐幾里得演算法”求解，此處省略具體過程。總之，愛麗絲算出一組整數解為 (x,y)=(2753,-15)，即 d=2753。

至此所有計算完成。

第六步，將n和e封裝成公鑰，n和d封裝成私鑰。

在愛麗絲的例子中，n=3233，e=17，d=2753，所以公鑰就是 (3233,17)，私鑰就是（3233, 2753）。

實際應用中，公鑰和私鑰的資料都採用ASN.1格式表達（例項）。

七、RSA演算法的可靠性

回顧上面的金鑰生成步驟，一共出現六個數字：

p
q
n
φ(n)
e
d

這六個數字之中，公鑰用到了兩個（n和e），其餘四個數字都是不公開的。其中最關鍵的是d，因為n和d組成了私鑰，一旦d洩漏，就等於私鑰洩漏。

那麼，有無可能在已知n和e的情況下，推匯出d？

（1）ed≡1 (mod φ(n))。只有知道e和φ(n)，才能算出d。

（2）φ(n)=(p-1)(q-1)。只有知道p和q，才能算出φ(n)。

（3）n=pq。只有將n因數分解，才能算出p和q。

結論：如果n可以被因數分解，d就可以算出，也就意味著私鑰被破解。

可是，大整數的因數分解，是一件非常困難的事情。目前，除了暴力破解，還沒有發現別的有效方法。維基百科這樣寫道：

“對極大整數做因數分解的難度決定了RSA演算法的可靠性。換言之，對一極大整數做因數分解愈困難，RSA演算法愈可靠。

假如有人找到一種快速因數分解的演算法，那麼RSA的可靠性就會極度下降。但找到這樣的演算法的可能性是非常小的。今天只有短的RSA金鑰才可能被暴力破解。到2008年為止，世界上還沒有任何可靠的攻擊RSA演算法的方式。

只要金鑰長度足夠長，用RSA加密的資訊實際上是不能被解破的。”

舉例來說，你可以對3233進行因數分解（61×53），但是你沒法對下面這個整數進行因數分解。

12301866845301177551304949
58384962720772853569595334
79219732245215172640050726
36575187452021997864693899
56474942774063845925192557
32630345373154826850791702
61221429134616704292143116
02221240479274737794080665
351419597459856902143413

它等於這樣兩個質數的乘積：

33478071698956898786044169
84821269081770479498371376
85689124313889828837938780
02287614711652531743087737
814467999489
×
36746043666799590428244633
79962795263227915816434308
76426760322838157396665112
79233373417143396810270092
798736308917

事實上，這大概是人類已經分解的最大整數（232個十進位制位，768個二進位制位）。比它更大的因數分解，還沒有被報導過，因此目前被破解的最長RSA金鑰就是768位。

八、加密和解密

有了公鑰和金鑰，就能進行加密和解密了。

（1）加密要用公鑰 (n,e)

假設鮑勃要向愛麗絲髮送加密資訊m，他就要用愛麗絲的公鑰 (n,e) 對m進行加密。這裡需要注意，m必須是整數（字串可以取ascii值或unicode值），且m必須小於n。

所謂”加密”，就是算出下式的c：

　　m^e ≡ c (mod n)

愛麗絲的公鑰是 (3233, 17)，鮑勃的m假設是65，那麼可以算出下面的等式：

　　65¹⁷ ≡ 2790 (mod 3233)

於是，c等於2790，鮑勃就把2790發給了愛麗絲。

（2）解密要用私鑰(n,d)

愛麗絲拿到鮑勃發來的2790以後，就用自己的私鑰(3233, 2753) 進行解密。可以證明，下面的等式一定成立：

　　c^d ≡ m (mod n)

也就是說，c的d次方除以n的餘數為m。現在，c等於2790，私鑰是(3233, 2753)，那麼，愛麗絲算出

　　2790²⁷⁵³ ≡ 65 (mod 3233)

因此，愛麗絲知道了鮑勃加密前的原文就是65。

至此，”加密–解密”的整個過程全部完成。

我們可以看到，如果不知道d，就沒有辦法從c求出m。而前面已經說過，要知道d就必須分解n，這是極難做到的，所以RSA演算法保證了通訊安全。

你可能會問，公鑰(n,e) 只能加密小於n的整數m，那麼如果要加密大於n的整數，該怎麼辦？有兩種解決方法：一種是把長資訊分割成若干段短訊息，每段分別加密；另一種是先選擇一種”對稱性加密演算法”（比如DES），用這種演算法的金鑰加密資訊，再用RSA公鑰加密DES金鑰。

九、私鑰解密的證明

最後，我們來證明，為什麼用私鑰解密，一定可以正確地得到m。也就是證明下面這個式子：

　　c^d ≡ m (mod n)

因為，根據加密規則

　　ｍ^e ≡ c (mod n)

於是，c可以寫成下面的形式：

　　c = m^e – kn

將c代入要我們要證明的那個解密規則：

　　(m^e – kn)^d ≡ m (mod n)

它等同於求證

　　m^ed ≡ m (mod n)

由於

　　ed ≡ 1 (mod φ(n))

所以

　　ed = hφ(n)+1

將ed代入：

　　m^hφ(n)+1 ≡ m (mod n)

接下來，分成兩種情況證明上面這個式子。

（1）m與n互質。

根據尤拉定理，此時

　　m^φ(n) ≡ 1 (mod n)

得到

　　(m^φ(n))^h × m ≡ m (mod n)

原式得到證明。

（2）m與n不是互質關係。

此時，由於n等於質數p和q的乘積，所以m必然等於kp或kq。

以 m = kp為例，考慮到這時k與q必然互質，則根據尤拉定理，下面的式子成立：

　　(kp)^q-1 ≡ 1 (mod q)

進一步得到

　　[(kp)^q-1]^h(p-1) × kp ≡ kp (mod q)

即

　　(kp)^ed ≡ kp (mod q)

將它改寫成下面的等式

　　(kp)^ed = tq + kp

這時t必然能被p整除，即 t=t’p

　　(kp)^ed = t’pq + kp

因為 m=kp，n=pq，所以

　　m^ed ≡ m (mod n)

原式得到證明。