from Crypto.Util.number import * from sympy import * from secret import flag def keygen(nbit): p, q = [getPrime(nbit) for _ in range(2)] return (p, q) p, q = keygen(1024) n = p * q D = 1117 x = y = symbols('x y') eq = Eq(x**2 - D*y**2, 1) sol = solve(eq, (x, y)) x, y = sol[0] factors = factorint(n) p, q = factors.keys() u1 = pow(233*n**2+1, p-1, p) u2 = pow(233*n**2+1, q-1, q) v = (u1qinverse(q, p) + u2pinverse(p, q)) % n t = len(flag)//2 enc1 = int(input("enc1:")) enc2 = int(input("enc2:")) part1 = pow(enc1, inverse((p-1)(q-1), n), n) part2 = pow(enc2, (p+1)//4 (q+1)//4, n) flag = long_to_bytes(part1) + long_to_bytes(part2) print(flag)请运行这段代码

时间: 2023-06-25 18:02:52 浏览: 192

很抱歉，由于缺少 `secret.py` 文件，我无法运行这段代码。但是，根据代码逻辑和命名，可以猜测这是一个 RSA 相关的加密程序，其中使用了 Pell 方程和 Tonelli–Shanks 算法来实现 RSA 的快速解密。具体来说，代码中的 `keygen()` 函数生成了两个大质数 $p$ 和 $q$，然后计算 $n=pq$。接下来，通过求解 Pell 方程 $x^2-Dy^2=1$ 找到一个解 $(x,y)$，其中 $D=1117$。然后，使用 Tonelli–Shanks 算法分解 $n$，得到 $p$ 和 $q$。接着，计算 $u_1$ 和 $u_2$，然后使用 CRT 计算 $v=u_1qq^{-1} + u_2pp^{-1}$。最后，将明文分成两个部分，分别使用 RSA 加密，并输出密文。具体的解密过程如下：设密文为 $(c_1,c_2)$，其中 $c_1$ 和 $c_2$ 分别是原始明文的两个部分的 RSA 加密结果。根据 RSA 加密的公式，有： $$ c_1 \equiv m_1^{e_1} \pmod{p} \\ c_1 \equiv m_1^{e_1} \pmod{q} \\ c_2 \equiv m_2^{e_2} \pmod{p} \\ c_2 \equiv m_2^{e_2} \pmod{q} $$ 其中，$e_1$ 和 $e_2$ 分别是 $p$ 和 $q$ 的 RSA 加密指数。由于 $p$ 和 $q$ 都是奇素数，因此有 $p-1=2^{s_p}t_p$ 和 $q-1=2^{s_q}t_q$，其中 $t_p$ 和 $t_q$ 都是奇数。根据 Tonelli–Shanks 算法，可以计算出 $m_2^{(p+1)/4}$ 和 $m_2^{(q+1)/4}$ 的平方根 $r_p$ 和 $r_q$，使得 $r_p^2 \equiv m_2^{(p+1)/4} \pmod{p}$，$r_q^2 \equiv m_2^{(q+1)/4} \pmod{q}$，然后使用 CRT 合并 $r_p$ 和 $r_q$ 得到 $r$，即： $$ r = (r_p q q^{-1} + r_q p p^{-1}) \pmod{n} $$ 然后，对于 $m_1$，可以使用扩展欧几里得算法求出 $p$ 的乘法逆元 $d_p$，使得 $d_p p \equiv 1 \pmod{t_p}$，然后计算 $m_1^{e_1} \equiv c_1^{d_p} \pmod{p}$。同理，对于 $m_2$，可以使用扩展欧几里得算法求出 $q$ 的乘法逆元 $d_q$，使得 $d_q q \equiv 1 \pmod{t_q}$，然后计算 $m_2^{e_2} \equiv c_2^{d_q} \pmod{q}$。最后，将 $m_1$ 和 $r$ 合并得到原始明文，即 $m=m_1 + r$。根据以上步骤，可以编写以下代码实现解密过程：

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