前言
话不多说，接着前一期RSA之拒绝套路（1） ，继续探讨RSA的相关问题，上一期，我们讨论了，如果泄露了
(n,e,dp,c)
可以导致密文被解密的危害。这一次，我们探讨如果泄露
(dp,dq,q,p,c)
会带来什么严重影响？
题干
dp= 90494486973243104756298311175705002887155440121025946664275790548694955799661434870163629541771658812502682012435200659355928618529521731475360236486362525996535354732687624609637012830178545914960485330748345108757203508531117591067570383564779625954776907685968592668868046507450242047759226407026094726359
dq= 92386717102324384872139253931247976320472847834037799716676564640678692924258053130751618730959510913784801723023536527134208843358920592320351399005428347188639433875570867152865970587272904695272790831679276818402117343413503376057524788386479263579869430615501089905630519162146030369086836183772975252551
p= 121869669684596731118740111360803257498670698122183387353481580136405322481841982461820301261370579505460038281590785837096967719889404913176714663774999789266522508163678949469953184327222227297952119212490499582581953510522212981687122483764873187827531047946130999532741388680549345732675732040579796067001
q= 128363031923139297392077349407719417788135630403499671848196425800900870531452570499668481104884553795224784931947824885511134525485570129640119439950191944938407656926280993408854767711557863016197167505998324659906146937423415404059310560359693643987781862684489401368519777953281060013045590132161625607377
c= 4176193749773450562408160796325873473193702511560805285554329767573726211097194419198463203488792792756598428753745425419950423161673497255820731183746106463781291156892140581651301528184812357534808298071893380519977926677138246941946185699346532140641376461516107672722425971178865758049759985915001009787241295292157744353554548314911531918044654676691927347018033509499136103964942830581407087547565204232556314726045307279963709599952745342811947421707024572981812906869557834491207590418553244020621858083633564878305733114484857827620268881100166090837841224767358579366482347136224695333980041913268394994302
题目很清晰，我们没有公钥和私钥，却要从密文推出明文，我们下面来尝试公式推导
公式推导之万事俱备
还是先摆出已知条件
c≡me mod nm≡cd mod nϕ(n)=(p−1)∗(q−1)d∗e≡1 mod ϕ(n)dp≡d mod (p−1)dq≡d mod (q−1)c≡me mod nm≡cd mod nϕ(n)=(p−1)∗(q−1)d∗e≡1 mod ϕ(n)dp≡d mod (p−1)dq≡d mod (q−1)我们的目标很简单，如何从这些式子得到答案
cdcd
首先根据
m≡cd mod nm≡cd mod n
因为
gcd(p,q)=1n=p∗qgcd(p,q)=1n=p∗q
利用中国剩余定理,我们可以得到
{m1≡cd mod pm2≡cd mod q{m1≡cd mod pm2≡cd mod q
这里肯定有很多人不理解，我简单证明一下
m≡cd mod nm≡cd mod n
可以得到式子
m=cd+k∗nm=cd+k∗n
因为
n=p∗qn=p∗q
所以可以得到
m=cd+p∗q∗km=cd+p∗q∗k
上述式子，同时取余q和p，可以分别得到
m1≡cd mod qm2≡cd mod pm1≡cd mod qm2≡cd mod p
为什么kpq没了,因为这是p或者q的倍数呀~然后我们继续由式1可以得到
cd=kp+m1cd=kp+m1
我们把这个带入式2可以得到
m2≡(kp+m1) mod qm2≡(kp+m1) mod q
等式两边同时减去m1,可以得到
(m2−m1)≡kp mod q(m2−m1)≡kp mod q
这里因为
gcd(p,q)=1gcd(p,q)=1
所以可以求p的逆元，得到
(m2−m1)∗p−1≡k mod q(m2−m1)∗p−1≡k mod q
所以这里得到如下两个式子
k≡(m2−m1)∗p−1 mod qcd=kp+m1m≡cd mod nk≡(m2−m1)∗p−1 mod qcd=kp+m1m≡cd mod n
我们上下两个式子合并，得到
cd=((m2−m1)∗p−1 mod q)p+m1m≡cd mod ncd=((m2−m1)∗p−1 mod q)p+m1m≡cd mod n
最后可以有
m≡(((m2−m1)∗p−1 mod q)p+m1) mod nm≡(((m2−m1)∗p−1 mod q)p+m1) mod n
公式推导之只欠东风
现在只剩最后一步了，即
m1≡cd mod qm2≡cd mod pm1≡cd mod qm2≡cd mod p
这里的m1和m2怎么求？这时候我们有
{d≡dp mod (p−1)d≡dq mod (q−1){d≡dp mod (p−1)d≡dq mod (q−1)
那么分别带入，有
{m1≡cdq mod (q−1) mod qm2≡cdp mod (p−1) mod p{m1≡cdq mod (q−1) mod qm2≡cdp mod (p−1) mod p
这里肯定有人又不理解为什么可以直接带入了，我们再证明一下，这里用到了费马小定理即假如p是质数，且gcd(a,p)=1，
a(p−1)≡1 mod pa(p−1)≡1 mod p
所以如果我们有等式
d=dp+k∗(p−1)d=dp+k∗(p−1)
我们直接带入，有
m2≡cdp+k∗(p−1) mod pm2≡cdp+k∗(p−1) mod p
这里的指数，我们拆开，为
m2≡cdp∗ck∗(p−1) mod pm2≡cdp∗ck∗(p−1) mod p
这里的
ck∗(p−1)≡1 mod pck∗(p−1)≡1 mod p
注：因为p是大素数，显然和c互素所以可以直接得到
m2≡cdp mod pm2≡cdp mod p
那么m1根据对称性也可以同理得到
m1≡cdq mod qm1≡cdq mod q
故此，我们现在拥有了所有条件，下面归纳一下为
⎧⎩⎨m1≡cdq mod qm2≡cdp mod pm≡(((m2−m1)∗p−1 mod q)p+m1) mod n{m1≡cdq mod qm2≡cdp mod pm≡(((m2−m1)∗p−1 mod q)p+m1) mod n
payload
万事俱备，那我们开始写脚本吧~脚本如下
def decrypt(dp,dq,p,q,c):
InvQ = gmpy2.invert(q, p)
mp = pow(c, dp, p)
mq = pow(c, dq, q)
m = (((mp-mq)*InvQ) % p)*q+mq
print libnum.n2s(m)
dp= 24417628139330679432551095868116968814142396193102639509841676574931690513464588523684381397207121003439385360929299071710433231196678202942915347185802024747158497456267595000613289619481116892073493417896024118597833611923086327107489774162727006791982668721110819684552525393969199138125692085053266311867dq= 39019112110614280252241495036646034807151213716557526376274345944263453299622818575225245299195523420254672088668617876062998490653404750105272510633841394184860866942704080992475543547501372565259180366123356119418623253283732615682878021900318153700726522250094020806743598752556541454865233668070931534349p= 114461439704891616590422134857421869878753559940962522699708885701308630438427731936479777010552391068812199529467348873013239528376604282404207321401876195560830474695517139918118078685078197948576662138382523308600480733574419071424466292785993331731881271557573094521160051353184489095799816579282742140953q= 173407999660109485520889209734134041910836523881475540116955713891631837403964097088089751678165465931150331234455699896350201315926126639981461748491240790317968076899655657331112140939100897570439934688992874242416328330344836429844042122956843979375681077968897817612357468397424082494911472122421034561779c= 13156088528156801357013836665002509320288819562687150049688430847488062217199478847649128772442129783962344653461951822569890099822350753026372449754819799394899656016487248023042927376134885257136511477879900672582593964626335310995748816166750941755394630154620318544805488209700324391789948495807096701620546557726907853315159542234979480907794659188799145765761654813882682456135251746607111274015475601810166327843158879230660349983897375641623569327757258851636029354634714133778666281729500815659100876558161468140039778498553902396380237570072543395294246750182054410091138654202418836971487515663618000662737decrypt(dp,dq,p,q,c)
最后我们愉快的得到了flag
flag{dp_dq_is_very_dangerous!_47325684736584}
反思
这一题告诉我们，如果dp,dq,p,q泄露，就算e,d都保密，也可以被解密而这种方法也存在于实际中，是用于RSA的加快解密的，推导一遍，感觉又复习了不少东西XD
