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Python寫逆函數,python 求逆

Python中的反三角函數求確定角度

acos()方法返回x的反余弦值,以弧度表示。

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以下是acos()方法的語法:acos(x)

注意:此函數是無法直接訪問的,所以我們需要導入math模塊,然后需要用math的靜態對象來調用這個函數。x -- 這必須是在范圍內的數字值-1到1,如果x大于1,則它會產生一個錯誤。

擴展資料

python運行的兩種方式

1、命令行:python +需要執行的代碼

特點:會立即看到效果,用于代碼調試,寫到內存中,不會永久保存

2、寫到文件里面:python +執行文件的位置

特點:可以永久保存。

過程:

1、啟動python解釋器

2、將內容從硬盤讀取到內存中

3、執行python代碼

(再次強調:程序在未運行前跟普通文件無異,只有程序在運行時,文件內所寫的字符才有特定的語法意義)

如何用Python編寫一個素數環

此文主要目的,是向大家展示如何才能用python語言,來部署STARK算法。

STARKs(可擴容的透明知識論證)是創建一種證明的技術,這項證明中f(x)=y,其中f可能要花很長的時間來進行計算,但是這個證明可以被很快驗證。STARK是“雙重擴容”:對于一個需要t步驟的計算,這會花費大約O(t * log(t))步驟才能完成這個證明,這可能是最優的情況,而且這需要通過~O(log2(t))個步驟才能驗證,對于中等大小的T值,它比原始計算快得多。STARKs也擁有隱私保護的“零知識證明”的特性,雖然我們將這類使用案例應用到其中,從而完成可驗證的延遲功能,不需要這類性質,所以我們不用擔心。

首先,先請幾項說明:

這個代碼還沒有完全審核;在實際使用案例中的情況,還不能保證

這部分代碼是還沒有達到理想狀態(是用Python語言寫的)

STARKs 的“真實情況” 傾向于使用二進制字段而不是素數域的特定應用程序效率的原因;但是,他們確實也表現出,這里寫出的代碼是合法并且可用的。

沒有一個真實的方法來使用STARK。它是一個非常寬泛的加密和數學架構,同時為不同的應用有不同的設置,以及連續的研究來減少證明者和驗證者的復雜性,同時提高可用性。

此文希望大家能夠知道,模運算和素數域是如何運行的,

并且和多項式概念,插值和估值進行結合。

現在,讓我們一起來了解吧!

MIMC

下面是STARK的功能展示:

def mimc(inp, steps, round_constants): start_time = time.time() for i in range(steps-1): inp = (inp**3 + round_constants[i % len(round_constants)]) % modulus print("MIMC computed in %.4f sec" % (time.time() - start_time)) return inp

我們選擇MIMC作為案例,因為它(i)很容易理解,(ii)在真實世界使用的很多。函數功能見下圖:

注意:在很多關于MIMC的討論中,你可以典型地看出使用了XOR,而不是+;這是因為MIMC可以在二進制情況下使用,其中添加是XOR;這里我們會在素數領域進行。

在我們的案例中,常數相對而言會是比較小的列表(例如,64位),這會一直連續地進行周期循環(也就說,在k[64]之后)。MIMC自身可以獲得這個特性,因為MIMC可以向后進行計算(從相應的輸出獲得輸入),但是往后計算需要比向前計算多花費100倍的時間(并且沒有方向可以同步進行)。所以你可以將往后計算的功能想象成計算不能同步的工作量證明,并且往前方向計算的功能可以作為驗證的過程。

x - x(2p-1)/3 是x - x3 的反函數;根據費馬小定理,這是真實的,盡管這個定理沒有費馬大定理出名,但是依然對數學的貢獻很大。

我們嘗試使用STARK來進行更加有效的驗證,而不是讓驗證者必須在向前方向運行MIMC,在完成向后計算之后,證明者可以在向前方向進行STARK計算,并且驗證者可以很簡單地驗證STARK。我們希望計算STARK可以比MIMC向前和向后之間的運行速度差別要小,所以證明者的時間仍然是有初始的向后計算來主導的。而并不是STARK計算。STARK的認證會相對較快(在python語言算法中,可以是0.05-0.3秒),不論初始的計算時間有多長。

所有的計算會在2256 – 351 * 232 + 1個模內完成;我們使用素數模,因為它是小于2256 最大的素數,其中乘法群包含了232 個子集(也就是說,有這樣一個數g,從而在完全232次循環之后,G素數環的連續冪模繞回到1),而且是按照6k+5的形式。首個特性是保證FFT和FRI算法的有效版本,其次是保證MIMC實際上可以向后計算(請見上面提到的x - x(2p-1)/3 使用方法)。

素域操作

我們通過建立方便的等級來進行素域的操作,同時也有多項式的操作。代碼如下,收首先是小數位數:

class PrimeField(): def __init__(self, modulus): # Quick primality test assert pow(2, modulus, modulus) == 2 self.modulus = modulus def add(self, x, y): return (x+y) % self.modulus def sub(self, x, y): return (x-y) % self.modulus def mul(self, x, y): return (x*y) % self.modulus

并且使用擴展歐幾里得算法,來計算模塊逆轉(這和在素域中計算1/x相同):

# Modular inverse using the extended Euclidean algorithm def inv(self, a): if a == 0: return 0 lm, hm = 1, 0 low, high = a % self.modulus, self.modulus while low 1: r = high//low nm, new = hm-lm*r, high-low*r lm, low, hm, high = nm, new, lm, low return lm % self.modulus

上面的算法是相對昂貴的;幸運地是,對于特定的案例,我們需要做很多的模逆計算,有一個數學方法可以讓我們來計算很多逆運算,被稱為蒙哥馬利批量求逆:

使用蒙哥馬利批量求逆來計算模逆,其輸入為紫色,輸出為綠色,乘法門為黑色,紅色方塊是唯一的模逆。

下面的代碼是算法的體現,其中包含一些特別的邏輯。如果我們正在求逆的集合中包含零,那么它會將這些零的逆設置為 0 并繼續前進。

def multi_inv(self, values): partials = [1] for i in range(len(values)): partials.append(self.mul(partials[-1], values[i] or 1)) inv = self.inv(partials[-1]) outputs = [0] * len(values) for i in range(len(values), 0, -1): outputs[i-1] = self.mul(partials[i-1], inv) if values[i-1] else 0 inv = self.mul(inv, values[i-1] or 1) return outputs

這部分算法接下來會驗證稱為非常重要的東西,特別是當我們開始和不同階的多項式進行計算的時候。

現在我們來看看一些多項式計算。我們把多項式當做一個數據集,其中的i是第i階(例如,x3 + 2x + 1變成[1, 2, 0, 1])。下面就是在一個點進行多項式估算的方法:

# Evaluate a polynomial at a point def eval_poly_at(self, p, x): y = 0 power_of_x = 1 for i, p_coeff in enumerate(p): y += power_of_x * p_coeff power_of_x = (power_of_x * x) % self.modulus return y % self.modulus

困難和挑戰

f.eval_poly_at([4, 5, 6], 2)的輸出是多少?模是31嗎?

下面的解釋就是答案

.其實也有代碼是多項式加法,減法,乘法和除法;這是很長的加減乘除運算。有一個很重要的內容是拉格朗日插值,它將一組 x 和 y 坐標作為輸入,并返回通過所有這些點的最小多項式(你可以將其視為多項式求值的逆):

# Build a polynomial that returns 0 at all specified xs def zpoly(self, xs): root = [1] for x in xs: root.insert(0, 0) for j in range(len(root)-1): root[j] -= root[j+1] * x return [x % self.modulus for x in root] def lagrange_interp(self, xs, ys): # Generate master numerator polynomial, eg. (x - x1) * (x - x2) * ... * (x - xn) root = self.zpoly(xs) # Generate per-value numerator polynomials, eg. for x=x2, # (x - x1) * (x - x3) * ... * (x - xn), by dividing the master # polynomial back by each x coordinate nums = [self.div_polys(root, [-x, 1]) for x in xs] # Generate denominators by evaluating numerator polys at each x denoms = [self.eval_poly_at(nums[i], xs[i]) for i in range(len(xs))] invdenoms = self.multi_inv(denoms) # Generate output polynomial, which is the sum of the per-value numerator # polynomials rescaled to have the right y values b = [0 for y in ys] for i in range(len(xs)): yslice = self.mul(ys[i], invdenoms[i]) for j in range(len(ys)): if nums[i][j] and ys[i]: b[j] += nums[i][j] * yslice return [x % self.modulus for x in b]

相關數學知識請參見此文的M-N部分。需要注意,我們也會有特別的方法lagrange_interp_4和lagrange_interp_2來加速次數小于 2 的拉格朗日插值和次數小于 4 的多項式運算。

快速傅立葉變換

如果你仔細閱讀上面的算法,你也許會發現拉格朗日插值和多點求值(即求在N個點處次數小于N的多項式的值)都需要耗費2次時間,例如對于1000個點求拉格朗日插值,需要幾百萬個步驟,而且100萬個點的拉格朗日插值需要萬億個步驟。這是不可接受的低效率,所以我們需要使用更加有效的算法,快速傅立葉變換。

FFT只需要花費O(n * log(n))的時間(也就是說,1000個點的計算需要10,000步,100萬個點的計算需要2000步),雖然它的范圍更受限制;x坐標必須是單位根部的完全集合,必須滿足N = 2k 階。也就是說,如果有N個點,那么x坐標必須某個P值的連續冪,1, p, p2, p3…,其中pN = 1。這個算法能夠用來進行多點計算和插值計算,而且只需要調整一個小參數。

下面就是算法詳情(這是個簡單的表達方式;更詳細內容可以參閱此處代碼)

def fft(vals, modulus, root_of_unity): if len(vals) == 1: return vals L = fft(vals[::2], modulus, pow(root_of_unity, 2, modulus)) R = fft(vals[1::2], modulus, pow(root_of_unity, 2, modulus)) o = [0 for i in vals] for i, (x, y) in enumerate(zip(L, R)): y_times_root = y*pow(root_of_unity, i, modulus) o[i] = (x+y_times_root) % modulus o[i+len(L)] = (x-y_times_root) % modulus return o def inv_fft(vals, modulus, root_of_unity): f = PrimeField(modulus) # Inverse FFT invlen = f.inv(len(vals)) return [(x*invlen) % modulus for x in fft(vals, modulus, f.inv(root_of_unity))]

你可以自己通過一些輸入來運行代碼,并且看看是否能得到想要的結果,當你使用eval_poly_at的時候,給出你期望得到的答案。例如:

fft.fft([3,1,4,1,5,9,2,6], 337, 85, inv=True) [46, 169, 29, 149, 126, 262, 140, 93] f = poly_utils.PrimeField(337) [f.eval_poly_at([46, 169, 29, 149, 126, 262, 140, 93], f.exp(85, i)) for i in range(8)] [3, 1, 4, 1, 5, 9, 2, 6]

傅里葉變換會把[x[0] …. x[n-1]]作為輸入,并且它的目標是輸出x[0] + x[1] + … + x[n-1]作為首個元素,x[0] + x[1] * 2 + … + x[n-1] * w**(n-1)作為第二個元素,等等;快速傅里葉變換可以通過把數據分為兩半,來完成這個,在兩邊都進行FFT,然后將結果結合在一起。

上圖就是信息如何進行FFT運算的解釋。請注意FFT是如何進行兩次數據復制,并且進行粘合,直到你得到一個元素。

現在,我們把所有部分組合起來,看看整件事情是如何:def mk_mimc_proof(inp, steps, round_constants),它生成運行 MIMC 函數的執行結果的證明,其中給定的輸入為步驟數。首先,是一些 assert 函數:

# Calculate the set of x coordinates xs = get_power_cycle(root_of_unity, modulus) column = [] for i in range(len(xs)//4): x_poly = f.lagrange_interp_4( [xs[i+len(xs)*j//4] for j in range(4)], [values[i+len(values)*j//4] for j in range(4)], ) column.append(f.eval_poly_at(x_poly, special_x))

擴展因子是我們將要拉伸的計算軌跡(執行 MIMC 函數的“中間值”的集合)。

m2 = merkelize(column) # Pseudo-randomly select y indices to sample # (m2[1] is the Merkle root of the column) ys = get_pseudorandom_indices(m2[1], len(column), 40) # Compute the Merkle branches for the values in the polynomial and the column branches = [] for y in ys: branches.append([mk_branch(m2, y)] + [mk_branch(m, y + (len(xs) // 4) * j) for j in range(4)])

我們需要步數乘以擴展因子最多為 2^32,因為當 k 32 時,我們沒有 2^k 次的單位根。

computational_trace_polynomial = inv_fft(computational_trace, modulus, subroot) p_evaluations = fft(computational_trace_polynomial, modulus, root_of_unity)

我們首個計算會是得出計算軌跡;也就是說,所有的計算中間值,從輸入到輸出。

assert steps = 2**32 // extension_factor assert is_a_power_of_2(steps) and is_a_power_of_2(len(round_constants)) assert len(round_constants) steps

然后,我們會從將計算軌跡轉換為多項式,在單位根 g (其中,g^steps = 1)的連續冪的軌跡上“放下”連續值,然后我們對更大的集合——即單位根 g2 的連續冪,其中 g2^steps * 8 = 1(注意 g2^8 = g)的多項式求值。

# Generate the computational trace computational_trace = [inp] for i in range(steps-1): computational_trace.append((computational_trace[-1]**3 + round_constants[i % len(round_constants)]) % modulus) output = computational_trace[-1]

黑色: g1 的冪。紫色: g2 的冪。橙色:1。你可以將連續的單位根看作一個按這種方式排列的圓圈。我們沿著 g1的冪“放置”計算軌跡,然后擴展它來計算在中間值處(即 g2 的冪)的相同多項式的值。

我們可以將MIMC的循環常數轉換為多項式。因為這些循環常數鏈是非常通常發生地(在我們的測試中,每64個步驟都會進行),最終證明他們形成了64階的多項式,而且外面可以很容易計算出它的表達式,以及擴展式:

skips2 = steps // len(round_constants) constants_mini_polynomial = fft(round_constants, modulus, f.exp(subroot, skips2), inv=True) constants_polynomial = [0 if i % skips2 else constants_mini_polynomial[i//skips2] for i in range(steps)] constants_mini_extension = fft(constants_mini_polynomial, modulus, f.exp(root_of_unity, skips2))

假設其中有8192個步驟,并且有64個循環常數。這是我們想要做的:我們正在進行FFT,從而計算循環常數來作為g1128 的功能。然后我們在之間加入很多零,來完成g1本身的功能。因為g1128 大約每64步進行循環,我們知道g1這個功能也會同樣。我們只計算這個擴展中的512個步驟,因為我們知道這個擴展會在每512步之后重復?,F在,我們按照斐波那契案例中那樣,計算C(P(x)),除了這次是計算,需要注意,我們不在計算使用系數形式的多項式;而是根據高次單位根的連續冪來對多項式進行求值。

c_of_p需要滿足Q(x) = C(P(x), P(g1*x),K(x)) = P(g1*x) – P(x)**3 – K(x);目標是對于任何我們放入計算軌道的x(除了最后一步,因為在最后一步之后,就沒有步驟),計算軌跡中的下個數值就和之前的相等,再加上循環常量。與第1部分中的斐波那契示例不同,其中如果某個計算步驟是在k向量,下個就會是k+1向量,我們把低次單位根( g1 )的連續冪放下計算軌跡,所以如果某個計算步驟是在x = g1i ,下個步驟就會在g1i+1 = g1i * g1 = x * g1。因此,對于低階單位根( g1 )的每一個冪,我們希望最終會是P(x*g1) = P(x)**3 + K(x),或者P(x*g1) – P(x)**3 – K(x) = Q(x) = 0。因此,Q(x) 會在低次單位根 g 的所有連續冪上等于零(除了最后一個)。

# Create the composed polynomial such that # C(P(x), P(g1*x), K(x)) = P(g1*x) - P(x)**3 - K(x) c_of_p_evaluations = [(p_evaluations[(i+extension_factor)%precision] - f.exp(p_evaluations[i], 3) - constants_mini_extension[i % len(constants_mini_extension)]) % modulus for i in range(precision)] print('Computed C(P, K) polynomial')

有個代數定理證明,如果Q(x)在所有這些x坐標,都等于零,那么最小多項式的乘積就會在所有這些x坐標等于零:Z(x) = (x – x_1) * (x – x_2) * … * (x – x_n)。通過證明在任何單個的坐標,Q(x)是等于零,我們想要證明這個很難,因為驗證這樣的證明比運行原始計算需要耗費更長的時間,我們會使用一個間接的方式來證明Q(x)是Z(x)的乘積。并且我們會怎么做呢?通過證明D(x) = Q(x) / Z(x),并且使用FRI來證明它其實是個多項式,而不是個分數。

我們選擇低次單位根和高次單位根的特定排列,因為事實證明,計算Z(x),而且除以Z(x)也十分簡單:Z 的表達式是兩項的一部分。

需要注意地是,直接計算Z的分子和分母,然后使用批量模逆的方法將除以Z轉換為乘法,隨后通過 Z(X) 的逆來逐點乘以 Q(x) 的值。需要注意,對于低次單位根的冪,除了最后一個,都可以得到Z(x) = 0,所以這個計算包含其逆計算就會中斷。這是非常不幸的,雖然我們會通過簡單地修改隨機檢查和FRI算法來堵住這個漏洞,所以就算我們計算錯誤,也沒關系。

因為Z(x)可以簡潔地表達,我們也可以獲得另個好處:驗證者對于任何特別的x,可以快速計算Z(x),而且還不需要任何提前計算。對于證明者來說,我們可以接受證明者必須處理大小等于步數的多項式,但我們不想讓驗證者做同樣的事情,因為我們希望驗證過程足夠簡潔。

# Compute D(x) = Q(x) / Z(x) # Z(x) = (x^steps - 1) / (x - x_atlast_step) z_num_evaluations = [xs[(i * steps) % precision] - 1 for i in range(precision)] z_num_inv = f.multi_inv(z_num_evaluations) z_den_evaluations = [xs[i] - last_step_position for i in range(precision)] d_evaluations = [cp * zd * zni % modulus for cp, zd, zni in zip(c_of_p_evaluations, z_den_evaluations, z_num_inv)] print('Computed D polynomial')

在幾個隨機點上,進行概念檢測D(x) * Z(x) = Q(x),從而可以驗證轉賬約束,每個計算步驟是之前步驟的有效結果。但是我們也想驗證邊界約束,其中計算的輸入和輸出就是證明者所說的那樣。只是要求證明者提供P(1), D(1), P(last_step)還有D(last_step)的數值,這些都是很脆弱的;沒有證明,那些數值都是在同個多項式。所以,我們使用類似的多項式除法技巧:

# Compute interpolant of ((1, input), (x_atlast_step, output)) interpolant = f.lagrange_interp_2([1, last_step_position], [inp, output]) i_evaluations = [f.eval_poly_at(interpolant, x) for x in xs] zeropoly2 = f.mul_polys([-1, 1], [-last_step_position, 1]) inv_z2_evaluations = f.multi_inv([f.eval_poly_at(quotient, x) for x in xs]) # B = (P - I) / Z2 b_evaluations = [((p - i) * invq) % modulus for p, i, invq in zip(p_evaluations, i_evaluations, inv_z2_evaluations)] print('Computed B polynomial')

那么,我們的論證如下。證明者想要證明P(1) == input和P(last_step) == output。如果我們將I(x)作為插值,那么就是穿越(1, input)和(last_step, output)亮點的線,于是P(x) – I(x)就會在這亮點上等于零。因此,它會證明P(x) – I(x)是P(x) – I(x)的乘積,并且我們通過提高商數來證明這點。

紫色:計算軌跡多項式 (P) 。綠色:插值 (I)(注意插值是如何構造的,其在 x = 1 處等于輸入(應該是計算軌跡的第一步),在 x=g^(steps-1) 處等于輸出(應該是計算軌跡的最后一步)。紅色:P-I。黃色:在x = 1和 x=g^(steps-1)(即 Z2)處等于 0 的最小多項式。粉紅色:(P – I) / Z2。

現在,我們來看看將P,D和B的默克爾根部組合在一起。

現在,我們需要證明P,D和B其實都是多項式,并且是最大的正確階數。但是FRI證明是很大且昂貴的,而且我們不想有三個FRI證明,所以,我們計算 P,D 和 B 的偽隨機線性組合,并且基于它來進行FRI證明:

# Compute their Merkle roots mtree = merkelize([pval.to_bytes(32, 'big') + dval.to_bytes(32, 'big') + bval.to_bytes(32, 'big') for pval, dval, bval in zip(p_evaluations, d_evaluations, b_evaluations)]) print('Computed hash root')

除非所有這三個多項式有正確的低階,不然幾乎不可能有隨機選擇的線性組合,所以這很足夠。

我們想要證明D的階數小于2 * steps,而且P 和 B 的次數小于steps,所以我們其實使用了隨機的P, P * xsteps, B, Bsteps 和 D的隨機組合,并且可以看出這部分組合是小于2 * steps。

現在,我們來檢查下所有的多項式組合。我們先獲得很多隨機的索引,然后在這些索引上為默克爾樹枝提供多項式:

k1 = int.from_bytes(blake(mtree[1] + b'\x01'), 'big') k2 = int.from_bytes(blake(mtree[1] + b'\x02'), 'big') k3 = int.from_bytes(blake(mtree[1] + b'\x03'), 'big') k4 = int.from_bytes(blake(mtree[1] + b'\x04'), 'big') # Compute the linear combination. We don't even bother calculating it # in coefficient form; we just compute the evaluations root_of_unity_to_the_steps = f.exp(root_of_unity, steps) powers = [1] for i in range(1, precision): powers.append(powers[-1] * root_of_unity_to_the_steps % modulus) l_evaluations = [(d_evaluations[i] + p_evaluations[i] * k1 + p_evaluations[i] * k2 * powers[i] + b_evaluations[i] * k3 + b_evaluations[i] * powers[i] * k4) % modulus for i in range(precision)]

get_pseudorandom_indices函數會回復[0…precision-1]范圍中的隨機索引,而且exclude_multiples_of參數并不會給出特定參數倍數的值。這就保證了,我們不會沿著原始計算軌跡進行采樣,否則就會獲得錯誤的答案。

證明是由一組默克爾根、經過抽查的分支以及隨機線性組合的低次證明組成:

# Do some spot checks of the Merkle tree at pseudo-random coordinates, excluding # multiples of `extension_factor` branches = [] samples = spot_check_security_factor positions = get_pseudorandom_indices(l_mtree[1], precision, samples, exclude_multiples_of=extension_factor) for pos in positions: branches.append(mk_branch(mtree, pos)) branches.append(mk_branch(mtree, (pos + skips) % precision)) branches.append(mk_branch(l_mtree, pos)) print('Computed %d spot checks' % samples)

整個證明最長的部分是默克爾樹分支,還有FRI證明,這是有更多分支來組成的。這是驗證者的實質結果:

o = [mtree[1], l_mtree[1], branches, prove_low_degree(l_evaluations, root_of_unity, steps * 2, modulus, exclude_multiples_of=extension_factor)]

在每個位置,證明者需要提供一個默克爾證明,從而讓驗證者能夠檢查這個默克爾證明,并且檢查C(P(x), P(g1*x), K(x)) = Z(x) * D(x)以及B(x) * Z2(x) + I(x) = P(x)(提醒:對于不在初始計算軌道上的x,Z(x)不會是零,所以C(P(x), P(g1*x), K(x)也不會是零)。驗證者也會檢查線性組合是正確的,然后調用。

for i, pos in enumerate(positions): x = f.exp(G2, pos) x_to_the_steps = f.exp(x, steps) mbranch1 = verify_branch(m_root, pos, branches[i*3]) mbranch2 = verify_branch(m_root, (pos+skips)%precision, branches[i*3+1]) l_of_x = verify_branch(l_root, pos, branches[i*3 + 2], output_as_int=True) p_of_x = int.from_bytes(mbranch1[:32], 'big') p_of_g1x = int.from_bytes(mbranch2[:32], 'big') d_of_x = int.from_bytes(mbranch1[32:64], 'big') b_of_x = int.from_bytes(mbranch1[64:], 'big') zvalue = f.div(f.exp(x, steps) - 1, x - last_step_position) k_of_x = f.eval_poly_at(constants_mini_polynomial, f.exp(x, skips2)) # Check transition constraints Q(x) = Z(x) * D(x) assert (p_of_g1x - p_of_x ** 3 - k_of_x - zvalue * d_of_x) % modulus == 0 # Check boundary constraints B(x) * Z2(x) + I(x) = P(x) interpolant = f.lagrange_interp_2([1, last_step_position], [inp, output]) zeropoly2 = f.mul_polys([-1, 1], [-last_step_position, 1]) assert (p_of_x - b_of_x * f.eval_poly_at(zeropoly2, x) - f.eval_poly_at(interpolant, x)) % modulus == 0 # Check correctness of the linear combination assert (l_of_x - d_of_x - k1 * p_of_x - k2 * p_of_x * x_to_the_steps - k3 * b_of_x - k4 * b_of_x * x_to_the_steps) % modulus == 0

其實還沒有完成成功;證明對跨多項式檢查和 FRI 所需的抽查次數的可靠性分析是非常棘手的。但是這些就是所有代碼,至少你不用擔心進行瘋狂的優化。當我運行以上代碼的時候,我們會獲得STARK證明,會有300-400倍的證明成本例如,一個需要 0.2 秒的 MIMC 計算需要 60 秒來證明)。這就使得4核機器計算MIMC中的 STARK,實際上可以比后向計算 MIMC 更快。也就是說,在python語言,這會相對低效的實現,并且這也會證明運行時間比例會不同。同時,也值得指出,MIMC 的 STARK 證明成本非常低,因為MIMC幾乎是完美地可計算,它的數學形式很簡單。對于平均計算,會包含更少的清晰計算(例如,檢查一個數是大于還是小于另一個),其計算成本可能會更高,會有大約10000-50000倍。

python如何實現求標準正太分布反函數Φ^(

一般的正態分布可以通過標準正態分布配合數學期望向量和協方差矩陣得到。如下代碼,可以得到滿足一維和二維正態分布的樣本。希望有用,如有錯誤,歡迎指正!

Python怎么把知道整數逆序輸出?

可以把整數序列轉成list,再用reverse()翻轉,再轉成整型

代碼

運行結果:

運行結果

python 怎么將一個數組逆序輸出?

工具/材料:電腦、Python、Pycharm

1、首先,打開Python,定義一個數組,其值為空。

2、接著,輸入數組的長度,保存在變量中。

3、用for循環,控制輸入數組的各元素。

4、從鍵盤逐一輸入數組各元素,并添加到數組中。

5、使用函數,將數組倒序(逆序)排列。

6、最后,輸出倒序(逆序)排序后的數組值。

7、運行程序,輸入數組的各元素值后,電腦會將數組倒序(逆序)排列并輸出。

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