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本文从技术视角介绍一种「Kate多项式承诺」的密码学方案，此方案正用于研究实现无状态以太坊。
原文标题：《Kate多项式承诺》撰文：DankradFeist，以太坊基金会研究员编译：币安中国区块链研究院
本文已取得作者授权，并由链闻和币安中国区块链研究院获得中文地区翻译首发权
在本文拟介绍Kate、Zaverucha和Goldberg所提出的承诺方案1。但作为一篇介绍性文章，本文无意做严谨、完整的数学或密码学论述。
该方案通常被称作「Kate多项式承诺方案」，是多项式承诺方案的一种。它支持验证人计算对多项式的承诺，可通过其属性在任意后续位置开启此承诺：验证人需要证明多项式在某位置上的值均等于声明值。
验证人一旦将承诺值发给了校验人，便无法再更改相应的多项式，因此得名「承诺」。校验人只能提供多项式的有效证明；若尝试作弊，要么无法得出证明，要么证明会被校验人拒绝。
预备知识
强烈推荐不熟悉有限域、椭圆曲线与配对的读者提前阅读VitalikButerin有关椭圆曲线配对的文章。
与默克尔树的对比
若读者熟悉默克尔树，本人希望可以更直观地呈现默克尔树与Kate承诺之间的差别。用密码学家的话来说，默克尔树是一种向量承诺：你可以使用一个深度为d的默克尔树，计算出对向量
的承诺。你也可以运用默克尔证明，借助d散列，证明位于i处的元素ai是该向量的一部分。
随着机构抛售比特币，散户买入行为增多:市场参与者表示，新冠病疫情爆发期间，随着机构抛售比特币和股票，散户投资者正在进行大部分购买。River Financial首席执行官Alex Leishman表示：“我们3月的交易量已经超过了之前的所有累计交易量。大约20%的客户是在这个月签约的……我们看到首次购买比特币的买家兴趣创下了纪录。”River Financial规模相对较小，只有不到1万个活跃用户账户，但交易量的激增似乎正波及整个市场。Gemini通信主管Carolyn Vadino证实，该交易所在上周末的活动激增。Vadino称，\"在目前市场充斥不确定性的情况下，我们仍预计成交量将高于正常水准。\"无独有偶，一位为全球数家主流加密交易所提供流动性的拉丁美洲场外交易员表示，自上周四比特币价格大幅下跌以来，他接到的买单是正常水平的“两到三倍”。这位不愿透露姓名的交易员表示：“仍有许多做多的人试图离场。这更多地与对冲基金清算有关……外部还有很多提供给矿工或加密货币多头的比特币抵押美元贷款。”（CoinDesk）[2020/3/17]
实际上，我们可以通过默克尔树得出多项式承诺：次数为n的多项式p(X)只是一个函数
其中pi是多项式的系数。
通过设置ai=pi并计算其系数的默克尔根，可以很容易地得出次数为n=2d-1时的多项式。证明求值指的是验证人想要告诉校验人：对于某个z，p(z)=y。对此，验证人可以把所有的pi值都发给校验人，然后校验人计算得出p(z)确实等于y。
当然，这是一个非常低级的多项式承诺，但能帮助我们理解其具有哪些优势。观察下面这些属性：
1.承诺大小是一个单散列。一个足够安全的加密散列通常需要256个位元，即32个字节。2.要想证明一个求值，验证人需要把所有的pi发出去，以此证明大小与多项式的次数呈线性关系，校验人需要进行线性运算（通过计算
声音 | BeatzCoin CCO：比特币最高主义者视界过于狭隘:波场支持者、BeatzCoin CCO Misha Lederman在推特上对比特币最高主义者进行了批判。他将其比作那些在互联网发展初期认为电子邮件是该技术所能提供的最好用例的人，而这类人还将这一观念带到了2020年。Lederman指出，你不能在比特币上DApp，但第三代区块链允许你这样做。（U.Today）[2020/2/15]
求出多项式在位置z处的值）。
3.此方案未对多项式进行隐藏——验证人以非隐藏方式发送完整的多项式，及其每一个系数。
下面，我们探讨一下Kate方案以此类指标可以实现怎样的效果。
承诺大小是一个椭圆群的群元素，该群支持配对。例如，BLS12_381有48个字节。证明大小不受多项式大小的影响，也是一个群元素。校验多项式次数和大小的影响，始终需要一次两群相乘和两辆配对。该方案基本实现了对多项式隐藏——实际上，将会出现无数多项式Kate承诺完全相同的情况。但是，完全隐藏仍未实现：如能猜出多项式，就能找出承诺多项式。另外，也可以把任意求值的证明合并到一个群元素中。正是这些属性使Kate方案通行于PLONK、SONIC等零知识证明系统，也使之可以作为向量承诺适用于一般情况。下文将予以详述。
椭圆曲线与配对
如上所述，本人强烈推荐VitalikButerin有关椭圆曲线配对的文章，其中介绍了理解本文所需的所有预备知识，尤其是有限域、椭圆曲线与配对等方面。
假设G1和G2为带有配对e的两条椭圆曲线：G1×G2→GT。G1和G2的阶数均为p，生成元分别为G和H。用简化符号分别记作
1=xG∈G1和2=xH∈G2
任意x∈Fp。
可信设置
苹果联合创始人Steve Wozniak卖掉几乎所有的比特币 因为不想时刻去关注价格:苹果联合创始人Steve Wozniak表示，比特币的一大优势在于总数是有限的，而像美元或欧元这样的法币，银行可以无限制的印刷。不过，有趣的是，Wozniak卖掉了他几乎所有的比特币，只留了一个。他解释称，“我不想成为一个投资者，时刻去关注价格。”[2018/5/20]
假设完成了可信设置，则在某个秘密点s上，验证人和校验人均能获得i=0、……n-1时的1和2元素。
你可以这样理解这种秘密设置：用一台气隙计算机计算随机数s，计算所有的群元素x，然后用有线方式只把这些元素发出去，最后把这台计算机销毁。当然，这种方案不够完美，因为你必须信任计算机操作员不会通过秘密通信通道获取到秘密点s的值。
在实践中，这通常是通过安全的多方计算来实现的，此方法允许由一组计算机创建此类群元素，从而杜绝任何计算机获取秘密点s的值，而要想获取到s，需要所有的计算机联手才能做到。
注意，不会出现以下情况：即仅通过选择某个随机群元素1，计算出其他的群元素，最后得出s。在s未知的情况下，无法计算出1。
现在，椭圆曲线加密基本上说明了不可能通过可信设置的群元素得出s的实际值。s是Fp中的一个数，但是验证人不可能找出这个数的实际值。验证人只能根据提供给他们的元素执行特定的计算。因此，验证人可以通过椭圆曲线乘法运算，很容易地计算出c1=csiG=1等，且由于可以加上椭圆曲线点，还可以计算出c1d1=(csidsj)G=1等。实际上，如果
是多项式，验证人可以计算出：
有趣的是，几乎每个人都能使用这种可信设置在s未知的情况下，求出多项式在秘密点s处的值。除非他们没有得到自然数输出，而是只得到椭圆曲线点1=p(s)G，但是这就已经非常强大了。
Kate承诺
在Kate承诺方案中，元素C=1是对多项式p(X)的承诺。
或许你会问：验证人能否找到另一个具有相同承诺的多项式q(X)≠p(X)，即1=1？假设存在这种情况。那将意味着1=1，说明p(s)-q(s)=0。
现在，r(X)=p(X)-q(X)本身就是一个多项式。我们知道因为p(X)≠q(X)，所以其并非常数。众所周知，任何次数为n的非常数多项式最多可以有n个零：因为如果r(z)=0，则r(X)可被线性因子X-z整除；因为我们可以将每个零除以一个线性因子，并且每除一次会使次数减一，所以次数不会超过n。^2
由于验证人不知道s，因此实现p(s)-q(s)=0的唯一方法是在尽可能多的位置上实现p(X)-q(X)=0。但是，正如以上证明，由于验证人最多可以选n个位置，所以成功的可能性不高：由于n值远小于曲线p的次数，因此他们不太可能选择s点来使p(X)=q(X)。为了感受此概率，假设采用当前可实现的最大可信设置，其中n=228，并将其与曲线阶数p≈2^256进行比较：即便攻击者通过精心设计，使多项式q(X)在最多n=228个点上等于p(X)，使这个多项式得出相同承诺的概率也只有228/2256=2^28-2^56≈2·10-69。概率极低。这其实就意味着攻击者无法实现其意图。
多项式相乘
到现在，我们已经证明了能够求出多项式在秘密点s处的值，这使得我们能够对一个唯一的多项式做出承诺——在某种意义上，尽管具有相同承诺C=1的多项式不止一个，但在实际中是无法计算出来的）。
不过，在不将多项式完整地发送给校验人的情况下，我们仍无法「开启」承诺。而要「开启」承诺，我们需要用到配对。如上所述，我们可以用秘密元素进行某些线性运算；例如，我们可以把1计算为对p(X)的承诺，也可以把p(X)和q(X)的两个承诺相加，得出合并承诺p(X)q(X)：11=1。
现在我们无法将两个多项式相乘。否则，就能使用多项式的某些属性实现目标。尽管椭圆曲线本身做不到，但所幸，我们可以通过配对来实现：我们知道：
其中引入了新符号T=e(G,H)x。因此，虽然我们不能把椭圆曲线里的两个域元素简单地相乘，然后将其乘积当作一个椭圆曲线元素的属性之一；而椭圆形曲线仅是加法同态的），但是，如果在两个不同的曲线中对它们进行承诺，并且输出是一个G元素的话，我们就能把两个域元素相乘。
这时就触及到了Kate证明的核心：还记得我们之前提到了线性因子么：如果多项式在z处为零，则多项式可被X-z整除。显然，反过来也是如此——如果多项式可被X-z整除，那么多项式在z处显然为零：被Xz整除意味着：我们可以得出某些多项式q(X)的p(X)=(X-z)-q(X)，且多项式在X=z处显然为零。
现在要证明p(z)=y。我们接着使用多项式p(X)-y——由于该多项式在z处显然为零，因此我们可以运用线性因子的相关知识。使q(X)等于多项式p(X)-y，被线性因子X-z整除，即
即等同于q(X)(X-z)=p(X)-y。
Kate证明
现在，将p(z)=y求值的Kate证明定义为π=1。对多项式p(X)的承诺被定义为C=1。
校验人使用以下公式检查此证明：
注意，校验人可以计算出2，因为2只是来自可信设置的元素2与z的组合，且z是多项式的求值点。同样，把y当作声明值p(z)，便可以计算出1。那么，为什么此检查能使校验人相信p(z)=y；更准确地说，是使校验人相信由C所承诺的多项式在z处求出的值为y？
我们需要评估两个属性：正确性和可靠性。正确性指验证人执行我们定义的步骤，可以得出能通过核验的证明。这一点一般不难。可靠性指校验人无法得出「不正确」的证明，即无法使校验人相信当y'≠y时，p(z)=y′。
首先，写出配对群中的方程式：
其正确性现在应该很明显了，即在未知随机点s上需要求值的方程q(X)(X-z)=p(X)-y。
那么，我们怎么证明其可靠性以及验证人无法创建假证明呢？我们要用多项式思路来思考这个问题。如果验证人按我们的方法来构造证明，就必须以某种方式使p(X)-y′被X-z整除。但是p(z)-y′不为零，因此无法进行多项式除法运算，因为总会有余数。所以，这种方法显然行不通。
至此，就要尝试椭圆群：如果能计算出某些承诺C的椭圆群元素，结果又会怎样？
很显然，如果做到了这一点，就能证明一切。凭直觉来看，这一点很难实现，因为必须将与s相关的某些值指数化，但是s是未知的。出于证明的周密性考虑，需要提出配对的密码学假设，即所谓的q-SDH假设3。
多值证明
现在，我们已经演示了如何证明多项式在一个点上的求值。注意，这已经非常了不起了：通过仅发送一个单群元素，就能证明某个具有任意个次数的多项式在某个点上包含了某个值。在将默克尔树当作多项式承诺的小例子中，需要发送228个元素——多项式的所有系数。
现在，我们要更进一步，证明可以在任意数量的点上求出多项式的值，且仍然只使用一个群元素即可。为此，我们需要引入另一个概念：插值多项式。假设有一系列的k值(z0,y0)、(z1,y1)……(zk-1,yk-1)：然后，总是能找到一个次数小于k的多项式能通过所有这些点。实现方法之一是使用拉格朗日插值法，此方法为该多项式I(X)提供了一个明确的公式：
现在，假设已知p(X)通过了所有点。则多项式p(X)-I(X)在z0、z1……、zk-1处均明显为零。这意味着它可以被所有线性因子、……整除。我们把所有因子都合并到所谓的零多项式中
就可以计算商数了
注意，这是可行的，因为p(X)-I(X)可被Z(X)中的所有线性因子整除，因此它可被整个Z(X)整除。
我们现在可以给求值(z0,y0)、(z1,y1)……(zk-1,yk-1)：π=1定义Kate多值证明——注意，这里仍然只有一个群元素。
现在，要进行检查，校验人还必须计算插值多项式I(X)和零多项式Z(X)。借此，他们可以计算2和1，从而校验配对方程式
通过写出配对群中的方程，可以轻松地校验其能否以与单点Kate证明相同的方式进行验证：
其效果惊人：只需提供一个群元素，就可以证明任何数量的求值达一百万次！仅48字节即可证明所有求值！
用作向量承诺的Kate承诺
虽然Kate承诺方案被设计成了一种多项式承诺，但实际上也能成为非常好的向量承诺。向量承诺对向量a0……an-1进行承诺，为证明自己对某个i承诺了ai提供了方法。可以使用Kate承诺方案来进行重现：使p(X)为所有i均取为p(i)=ai的多项式。我们现在得到了这样一个多项式，可以用拉格朗日插值法来计算它：
利用这个多项式，我们可以仅使用一个群元素就能证明向量中任意数量的元素！这种方法的效率要比默克尔树高得多：仅证明一个元素，一次默克尔证明会消耗logn个散列！
延伸阅读
我们目前正在研究如何利用Kate承诺打造出无状态版的以太坊。因此，本人强烈建议在ethresearch论坛中搜索Kate，查找与当前研究相关的话题。
除本文外，Vitalik对PLONK的介绍也非常精彩，其中大量使用了多项式承诺，并采用了Kate方案作为主要示例。
1.https://www.iacr.org/archive/asiacrypt2010/6477178/6477178.pdf
2.此结果常被错误地引用做代数基本定理。而代数基本定理刚好相反，在复杂的数值中，每一个次数为n的多项式都有n个线性因子。但是，尽管此处简化结果对于代数学有重要意义，但还缺少一个简洁、朗朗上口的名称。
3.https://www.cs.cmu.edu/~goyal/ibe.pdf
来源链接：dankradfeist.de
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