神秘钓鱼题与1999

2026-04-20/更新于 2026-07-15

Crypto 1999

神秘钓鱼题

刷 b 站刷到了这个：

看似很简单啊，实则暗藏玄 🐔

看评论区说好像和椭圆曲线有关，于是就一时兴起，查了很多资料，写一下这道题的 wp（

首先把可爱的水果换成熟悉的 $a, b, c$ ，得到：

\frac{a}{b + c} + \frac{b}{a + c} + \frac{c}{a + b} = 4

两边同乘以三项分母的积：

a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3 (a^{2} b + a b^{2} + a^{2} c + a c^{2} + b^{2} c + b c^{2}) - 5 a b c = 0

在射影平面 $P^{2}$ 上，这个方程定义了一条亏格为 1 的三次曲线。根据代数几何理论，任何具有有理点的亏格为 1 的光滑代数曲线都同构于一条魏尔斯特拉斯形式的椭圆曲线。而为什么要把这个问题放在椭圆曲线上讨论呢？因为在属于非线性丢番图的原方程下，虽然我们有计算速度极快的计算机，但是遍历求解极其困难（因为这玩意满足条件的最小解集每个解也有 80 位数），时间复杂度是指数级的。转化到椭圆曲线上使用点加法遍历，时间复杂度仅仅是对数级（得益于椭圆曲线的先天优势）。既然可以映射，那就放手去做吧！

要想把这一堆玩意映射到椭圆曲线上，首先要找到椭圆曲线点加法群上的单位元（一般是无穷远点）。这个点只要有理就行，无关正负。所以我们注意到（这次是真的注意到好吧

a = 4, b = - 1, c = 11

是满足 $\frac{a}{b + c} + \frac{b}{a + c} + \frac{c}{a + b} - 4 = 0$ 的一组解。

把变换后的方程喂给 sagemath，附赠一组基点，sagemath 就能自动把它们映射到椭圆曲线上，还能自己映射回来，代码如下：

# 定义多元多项式环
R.<a, b, c> = QQ[]
cubic = a*(a+c)*(a+b) + b*(b+c)*(a+b) + c*(b+c)*(a+c) - 4*(b+c)*(a+c)*(a+b)
# 让 sage 自己计算双有理映射，这里得到的不是真正的椭圆曲线，而是态射(Morphism)得到的独立对象
E_iso = EllipticCurve_from_cubic(cubic, [4, -1, 11], morphism=True)
# 提取目标曲线，其中 codomain()方法在这里是取映射完成的椭圆曲线
E = E_iso.codomain()
# 逆向映射函数
inv = E_iso.inverse()
# 基点
P = E.gens()[0]
# 定义初始倍加次数
k = 1

while True:
    # 遍历 k，若倍加得到的点是无穷原点，跳过本次循环
    cp = k*P
    if cp.is_zero():
        k += 1
        continue
    # 先把 abc 映射回去，便于判断。此时的'abc'是一个列表
    abc = inv(cp)
    a_frac = abc[0]
    b_frac = abc[1]
    c_frac = abc[2]
    # 判断是否均为正整数（全是负的也行，也是同号）
    if (a_frac > 0 and b_frac > 0 and c_frac > 0) or (a_frac < 0 and b_frac < 0 and c_frac < 0):
        a_val = abs(a_frac)
        b_val = abs(b_frac)
        c_val = abs(c_frac)
        # 将 abc 化为整数，.denominator()属性取分数的分母
        abc_lcm = lcm([a_val.denominator(), b_val.denominator(), c_val.denominator()])
        # 通分，.numerator()属性取分数的分子
        a_int = a_val.numerator() * (abc_lcm // a_val.denominator())
        b_int = b_val.numerator() * (abc_lcm // b_val.denominator())
        c_int = c_val.numerator() * (abc_lcm // c_val.denominator())
        # 除以最大公约数
        g = gcd(a_int, gcd(b_int, c_int))
        a = a_int // g
        b = b_int // g
        c = c_int // g
        
        print(f"k = {k}")
        print(f"a = {a}")
        print(f"b = {b}")
        print(f"c = {c}")
        # 记得退出循环，避免卡死
        break
    # 记得让 k 自增
    k += 1

也是得到结果：

k = 9
a = 154476802108746166441951315019919837485664325669565431700026634898253202035277999
b = 4373612677928697257861252602371390152816537558161613618621437993378423467772036
c = 36875131794129999827197811565225474825492979968971970996283137471637224634055579

真是简简又单单啊（bushi

1999

最近哑谜的活动，深蓝在刻录机界面埋了个彩蛋，是两个字符串：

1 2	`6861766566756E 060E020D0F1B09000404005C5C`

这种解密的话，第一个字符串是 ASCII 码映射，直接解码就行。

第二个字符串猜测是异或得到（因为超出了 ASCII 码表值，而且常见的加密方式也就这个了）

应该是拿第一个字符串循环和第二个字符串逐字节异或。脚本如下：

from itertools import cycle
a = "6861766566756E"
b = "060E020D0F1B09000404005C5C"
ls_a = [a[i : i + 2] for i in range(0, len(a), 2)]
ls_b = [b[j : j + 2] for j in range(0, len(b), 2)]
zipped = zip(cycle(ls_a), ls_b)
ls = []
for a, b in zipped:
    ls.append(int(a, 16) ^ int(b, 16))
result = "".join(chr(k) for k in ls)
print(result)

得到

1 2	`havefun nothinghere:)`

还真是密码学专题，震撼美味 QwQ