深入理解零知识证明算法之Zk-stark：Low Degree Testing

作者：江小白

前言

本系列的第二篇文章，以超市收据为例，描述了Arithmetization 的具体过程。本文将以另外一个例子为基础，在回顾Arithmetization 过程的同时，将内容引申到多项式的LDT过程。

新的实例

Alice Claim：“我有1000,000个数，他们都在[0,9]范围内”。为了方便验证者Bob验证，Alice首先要对Claim进行Arithmetization转换。过程如下图1所示(图中：黑色箭头代表主流程，红色箭头代表附加说明信息，黄色圈对应下面详细说明的索引)

下面具体说明一下对应流程：

1. 首先生成执行轨迹(EXCUTE TRACE)，事实上，它是一张表，总共有1000,000行（实际上，为了达到零知识的目的，还需要在执行轨迹后面增加一些随机值，具体数量是由证明者和验证者统一协调决定的，作为一个扩展，不具体讲述）；

2. 生成多项式约束(Polynomial Constrains)，多项式约束满足执行轨迹的每一行(个人理解：步骤1，2没有一定的先后依赖关系，只是习惯上先生成执行轨迹，再生成约束多项式)；

3. 对执行轨迹进行插值，得到一个度小于1000,000的多项式P(x)、x取值[1,1000,000]，并计算更多点上的值，x取值范围扩大到[1,1000,000,000](Reed-Solomen系统编码)；假如，证明者有一个值不在[0,9]范围内(图中红线1/2所示)，假如就是第1000,000个点，它实际的值是13，大于9，其插值后的曲线G(x)如图所示，图中P(x)为有效曲线，G(x)为无效曲线。可以看出，两条曲线在变量x取值[1,1000,000,000]范围内，最多有1000,000个交点，即有1000,000,000 - 1000,000个点不同，这很重要。

4. 将插值后的多项式P(x)和多项式约束进行组合变换，最终得到的形式为：

Q(P(x)) = Ψ(x) * T(x)，其中T(x) = (x - 1)(x - 2)……(x - 1000,000)，x取值[1,1000,000,000]

其中，d(Q(P(x))) = 10,000,000、d(Ψ(x)) = 10,000,000 - 1000,000、d(T(x)) = 1000,000；

1. 至此，问题就转化成了，Alice宣称“多项式等式在变量x取值[1,1000,000,000]范围内成立”的问题。那么验证者Bob该如何验证呢？具体过程如下（图中红线3/4所示）：

1. 证明者Alice在本地计算多项式P(x)、Ψ(x)在所有点上的取值，对！从1至1000,000,000，并形成一个默克尔树；

2. 验证者Bob随机的从[1,1000,000,000]内选取一个值 ρ，并发送给证明者Alice，要求其返回对应的信息（事实上为了达到零知识的目的，只允许从[1000,000,1000,000,000]上随机选择一点）；

3. 证明者Alice返回 P(ρ)、Ψ(ρ)、root、AuthorizedPath(P(ρ)、Ψ(ρ))给验证者Bob；

4. 验证者Bob首先根据默克尔树验证路径验证值P(ρ)、Ψ(ρ)的有效性，然后等式Q(P(ρ)) = Ψ(ρ) * T(ρ)，如果成立，则验证通过；

完整性分析：如果验证者Alice是诚实的，那么等式Q(P(x))一定会被目标多项式T(x)整除，因此必定存在一个d(Ψ(x)) = d(Q(P(x))) - d(T(x))的多项式Ψ(x)，满足Q(P(x)) = Ψ(x) * T(x)，因此对于任意的x，取值在[1,1000,000,000]之间，等式都会成立；

可靠性分析：如果验证者Alice是不诚实的，即类似于步骤3里的假设，在x = 1000,000上，P(x)的取值为13，那么Q(P(1000,000)) != 0，但是等式右边，T(1000,000) = 0，因此Q(P(x)) != Ψ(x) * T(x)，即等式两边是不相等的多项式，其交点最多有10,000,000个，因此通过一次随机选取，其验证通过的概率仅为10,000,000/1000,000,000 = 1/100 = 0.01，经过k次验证，其验证通过的概率仅是1- 10(^-2k)；

1. 上述的验证过程为交互式的，如果是非交互式的，可以利用Fiat-Shamir heuristic进行变换，以默克尔树的根作为随机源，生成要查询的随机点；

LDT

我们忽略了一种攻击方式，即针对每一个数x，证明者都随机生成p，然后根据Ψ(x) = Q(p) / T(x)，这些点不在任何一个度小于1000,000的多项式上，但是可以通过验证者验证。如下图2所示：

图中：紫色的点为随机生成的点p，这些点大概率不在一个度小于1000,000的多项式上(事实上，可以不考虑前1000,000个点，因为验证者只会从[1000,000，1000,000,000]范围内取值)。因为即使选择1000,000个点插值出一个度小于1000,000的多项式，也不能保证其他的点在这个多项式上，因为其他的点是随机生成的。因此，需要有一种方式，保证证明者P(x)的度是小于1000,000， Ψ(x)的度小于10,000,000 - 1000,000。这就是LDT的目标，那LDT具体的过程是怎么样的呢？请继续往下看。

举个栗子，如果Alice想证明多项式f(x)的度是小于3的，即有可能是2次的或者是1次的。一般流程如下：

1. 验证者Bob随机选取三个值a,b,c，发送给证明者Alice；

2. 证明者Alice返回f(a),f(b),f(c)；

3. 验证者Bob插值出度小于3的多项式g(x)，然后再随机选取一个点d，发送给证明者；

4. 证明者Alice返回f(d)；

5. 验证者Bob比对f(d)和g(d)的值，如果相等，则证明成立。

回归到一般情况，其过程可以用下图3表示：

可以看出，如果D很大，Alice和Bob交互的次数则为D+k次，复杂度很高；有没有一种办法，使得两者之间交互的次数小于D的情况下，使得验证者相信多项式的度是小于D的，直接返回小于D个点肯定是不行的，因为那不能唯一确定一个度小于D的多项式，因此需要证明者需要额外发送一些辅助信息。下面我们以P(x)为例，详细阐述这个过程(事实上，应该是证明P(x)和Ψ(x)的线性组合小于10,000,000 - 1000,000，本文重点是LDT，因此只以P(x)为例，这并不影响对LDT的理解)。

1. 假如P(x) = x + x^999 + x^1001 + x^999999 = x + x^999 + x * x^1000 + x^999*(x^1000)^999;

2. 此时，我们找到一个二维多项式G(x, y)，取值范围分别是[0, 999999999]、[01000, 9999999991000]，满足：

1. G(x, y) = x + x^999 +x * y + x^999*y^999 可以发现，当y = x^1000时，满足：

2. G(x, y) = G(x, x^1000) = x + x^999 + x * x^1000 + x999*(x^1000)^999 = P(x)

3. 如果我们能证明G(x, y)相对的x,y的最高度都是小于1000，因为P(x) = G(x, x^1000)上，因此可以相信P(x)的度小于1000,000；如图4所示：

验证者把所有的点都计算好（没错，总共10^18个点，吓死BB了），形成一颗默克尔树。验证者随机选择一行和一列，如图中红线1/2所示，对于每一列，它是由关于y的度小于1000的多项式生成，对于每一行，它是由关于x的度小于1000的多项式生成。验证者从行/列中随机选择1010个点，用来验证对应行/列上的点是否在度小于1000的多项式上，需要注意的是，因为P(x)的点都在上图的对角线上，因此我们要确保每一行/列对应的对角线上的点也在对应的度小于1000的多项式上，即1010个里面一定要包含对角线的点。

可靠性分析：如果原始多项式的度实际上是小于10^6 +10999，即 P(x) = x + x^999 + x^1001 + x^1010999 ，那么对应的G(x, y)为G(x, y) = x + x^999 +x * y + x^999*y^1010 ，即，对于每一个x，G(x, y)是关于y的一元多项式函数，且度d < 1010，因此下图中的每一列所有点都是在度d < 1010的多项式上，而不在d < 1000的多项式式上。所以如果证明者任然宣称多项式P(x)的度d < 1000,000 ，则会验证失败，其他场景是同样的道理

那有没有可能恶意证明者仍以G(x, y) = x + x^999 +x * y + x^999*y^999 的形式去生成证据呢？这样会验证通过吗？

我们知道，我们在验证时着重强调了对角线上的那一点一定要在多项式上，我们知道，此时对角线对应的多项式形式是

P(x) = x + x^999 + x1001 + x^999999 ，而实际的P(x)，我们在这里标记为P`(x) ，其形式是：

P`(x) = x + x^999 + x^1001 + x^1010999

因此，如果验证者恰好选择的点是两个多项式的交点，则会验证通过，事实上，两个多项式最多有1000,000 左右个交点，但是由于随机选取的点不是证明者自己选取，是由默克尔树的根为种子随机生成，因此证明者没有机会作恶，去可以选取那些能通过验证的点。

由于总共由10^9个点，因此随机选取一个点，能验证成功的概率为10^6 / 10^9 = 10^(-3)，如果选择k行，则成功的概率仅为10^(-3k)。

以上可以看出，验证者和证明者只需要交互1010 * 2 * k个点，就可以完成验证，假如k = 10，则1010 * 2 * 10 = 20100 << 10^6。

1. 虽然上述实现了在交互次数小于D的情况下，完整LDT验证，但是证明者的复杂度过于庞大，至少10^18的复杂度远远大于原始的计算，因此需要一些优化方案，降低复杂度。话不多说，直接引入有限域，毕竟在实际项目中，我们可不希望数值本身过于庞大。直接引用费马小定理的结论：在有限域p内，如果满足(p - 1) 能被k整除，则映射x => x^k的像只有(p -1) / k + 1个。下图5以p = 17，映射x=> x^2为例：

图中，红色为x^2在有限域p内的象，总共由(p - 1) /2 + 1 = 9个。同时我们可以发现，9^2和8^2的像一致，10^2和7^2的像一致，以此类推，16^2和1^2的像一致，记住这个现象，对下一张图的理解有帮助。

因此，在本例中，我们选择一个素数p = 1000,005,001，其满足：

• 为素数

• p - 1 能被1000整除

• p要大于10^9

因此，在有限域p内，x => x^1000的像在p内有(p -1) / 1000 = 1000,005个，因此图4可以变成图6的形式：

可以看出，列坐标变成了10^6个元素，对角线变成了平行的线条，总共有1000个。还记得上面费马小定理结论的特殊现象吗？这就是对角线这种分布的原因，读者试着去理解(可能读者会觉得，对角线应该是锯齿形，不是这种平行的形式，也许你是对的，但是这并不影响验证流程)。此时证明者的复杂度已经从10^18 减少到了10^15次方，证明和验证过程和步骤3描述的仍然一致。

1. 还能不能继续优化呢？答案是肯定的。回想起前面所述的验证过程，对于每一行/列，验证者都要获取1000个点进行插值得出一个度小于1000的多项式，仔细观察图6，对于每一行，原始数据里不就是有1000个数么？那我们干脆选这些点插值出一个度小于1000的多项式，然后只需要随机让证明者再计算任何一列，并且证明沿着列上的点都在度小于1000的多项式上，并且列上的点也在对应的利用原始数据插值出的行多项式上。此时，证明者复杂度从10^15减少到了10^9次方。

2. 总结：个人理解，从步骤1到步骤5，其实是PCP到IOP的选择过程。

1. PCP要求证明者生成全部的证据，然后验证者多次随机选取其中的某一部分进行验证，但是这样，证明者的复杂度仍然很高；

2. IOP要求证明者不用生成全部的证据，根据多次的交互，每次生成只需生成部分证据，使得证明的复杂度和D呈近似线性关系；

3. 证明者复杂度已经降低到了与D呈拟线性关系，验证者的复杂度虽然是亚线性，交互次数已经低于D，但是能不能优化到更低呢？基于证明复杂度的最优设置，我们继续探索验证复杂度的优化之路，回顾P(x) = x + x^999 + x^1001 + x^999999 = x + x*(x^2)^499 + x*(x^2)^500 + x*(x^2)*499999，令G(x, y) = x + x*y^499 + x*y^500 + x*y^499999，则当y = x^2时，有G(x, y) = G(x, x^2) = x + x*(x^2)^499 + x*(x^2)^500 + x*(x^2)*499999 = P(x)。最终的图应如下图7所示：

从图中可知：

• 证明则复杂度仍为10^9次方；

• 每一行上的点都在度d < 2的多项式上，因为当y取固定值时，G(x, y)就是关于x的一次多项式；

• 每一列上的点都在度d < D/2的多项式上，证明者需要证明这个多项式是小于D/2的，假定这个多项式为P1(x)，这个时候，并非验证者选取大于D/2个点去验证，因为验证复杂度仍然不够低，而是对这一列再一次用到类似于P(x)的处理过程，如图7中下面的图所示，以此循环，直到可以直接判断列上的多项式的度为止，类似于行。

总结

至此，本篇文章就结束了，总结下来，本文主要阐述了以下几个内容：

• 如何转换问题形式 -- Arithmetization

• 为何需要LDT -- 为了验证简洁

• LDT的大概过程 -- 二分法验证，类似于FFT

• 降低LDT的复杂度 -- 有限域+IOP

至于LDT的详细过程，将留给本系列的最后一篇，敬请关注。

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