前言
本系列的第二篇文章，以超市收據為例，描述了Arithmetization 的具體過程。本文將以另外一個例子為基礎，在回顧Arithmetization 過程的同時，將內容引申到多項式的LDT過程。
新的實例
Alice Claim：「我有1000,000個數，他們都在[0,9]範圍內」。為了方便驗證者Bob驗證，Alice首先要對Claim進行Arithmetization轉換。過程如下圖1所示(圖中：黑色箭頭代表主流程，紅色箭頭代表附加說明信息，黃色圈對應下面詳細說明的索引)
下面具體說明一下對應流程：
首先生成執行軌跡(EXCUTE TRACE)，事實上，它是一張表，總共有1000,000行（實際上，為了達到零知識的目的，還需要在執行軌跡後面增加一些隨機值，具體數量是由證明者和驗證者統一協調決定的，作為一個擴展，不具體講述）；生成多項式約束(Polynomial Constrains)，多項式約束滿足執行軌跡的每一行(個人理解：步驟1，2沒有一定的先後依賴關係，只是習慣上先生成執行軌跡，再生成約束多項式)；對執行軌跡進行插值，得到一個度小於1000,000的多項式P(x)、x取值[1,1000,000]，並計算更多點上的值，x取值範圍擴大到[1,1000,000,000](Reed-Solomen系統編碼)；假如，證明者有一個值不在[0,9]範圍內(圖中紅線1/2所示)，假如就是第1000,000個點，它實際的值是13，大於9，其插值後的曲線G(x)如圖所示，圖中P(x)為有效曲線，G(x)為無效曲線。可以看出，兩條曲線在變量x取值[1,1000,000,000]範圍內，最多有1000,000個交點，即有1000,000,000 - 1000,000個點不同，這很重要。將插值後的多項式P(x)和多項式約束進行組合變換，最終得到的形式為：
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；
至此，問題就轉化成了，Alice宣稱「多項式等式在變量x取值[1,1000,000,000]範圍內成立」的問題。那麼驗證者Bob該如何驗證呢？具體過程如下（圖中紅線3/4所示）：證明者Alice在本地計算多項式P(x)、Ψ(x)在所有點上的取值，對！從1至1000,000,000，並形成一個默克爾樹；驗證者Bob隨機的從[1,1000,000,000]內選取一個值 ρ，並發送給證明者Alice，要求其返回對應的信息（事實上為了達到零知識的目的，只允許從[1000,000,1000,000,000]上隨機選擇一點）；證明者Alice返回 P(ρ)、Ψ(ρ)、root、AuthorizedPath(P(ρ)、Ψ(ρ))給驗證者Bob；驗證者Bob首先根據默克爾樹驗證路徑驗證值P(ρ)、Ψ(ρ)的有效性，然後等式Q(P(ρ)) = Ψ(ρ) * T(ρ)，如果成立，則驗證通過；
完整性分析：如果驗證者Alice是誠實的，那麼等式Q(P(x))一定會被目標多項式T(x)整除，因此必定存在一個d(Ψ(x)) = d(Q(P(x))) - d(T(x))的多項式Ψ(x)，滿足Q(P(x)) = Ψ(x) * T(x)，因此對於任意的x，取值在[1,1000,000,000]之間，等式都會成立；
可靠性分析：如果驗證者Alice是不誠實的，即類似於步驟3裡的假設，在x = 1000,000上，P(x)的取值為13，那麼Q(P(1000,000)) != 0，但是等式右邊，T(1000,000) = 0，因此Q(P(x)) != Ψ(x) * T(x)，即等式兩邊是不相等的多項式，其交點最多有10,000,000個，因此通過一次隨機選取，其驗證通過的概率僅為10,000,000/1000,000,000 = 1/100 = 0.01，經過k次驗證，其驗證通過的概率僅是1- 10(^-2k)；
上述的驗證過程為交互式的，如果是非交互式的，可以利用Fiat-Shamir heuristic進行變換，以默克爾樹的根作為隨機源，生成要查詢的隨機點；
LDT
我們忽略了一種攻擊方式，即針對每一個數x，證明者都隨機生成p，然後根據Ψ(x) = Q(p) / T(x)，這些點不在任何一個度小於1000,000的多項式上，但是可以通過驗證者驗證。如下圖2所示：
圖中：紫色的點為隨機生成的點p，這些點大概率不在一個度小於1000,000的多項式上(事實上，可以不考慮前1000,000個點，因為驗證者只會從[1000,000，1000,000,000]範圍內取值)。因為即使選擇1000,000個點插值出一個度小於1000,000的多項式，也不能保證其他的點在這個多項式上，因為其他的點是隨機生成的。因此，需要有一種方式，保證證明者P(x)的度是小於1000,000， Ψ(x)的度小於10,000,000 - 1000,000。這就是LDT的目標，那LDT具體的過程是怎麼樣的呢？請繼續往下看。
舉個慄子，如果Alice想證明多項式f(x)的度是小於3的，即有可能是2次的或者是1次的。一般流程如下：
驗證者Bob隨機選取三個值a,b,c，發送給證明者Alice；證明者Alice返回f(a),f(b),f(c)；驗證者Bob插值出度小於3的多項式g(x)，然後再隨機選取一個點d，發送給證明者；證明者Alice返回f(d)；驗證者Bob比對f(d)和g(d)的值，如果相等，則證明成立。
回歸到一般情況，其過程可以用下圖3表示：
可以看出，如果D很大，Alice和Bob交互的次數則為D+k次，複雜度很高；有沒有一種辦法，使得兩者之間交互的次數小於D的情況下，使得驗證者相信多項式的度是小於D的，直接返回小於D個點肯定是不行的，因為那不能唯一確定一個度小於D的多項式，因此需要證明者需要額外發送一些輔助信息。下面我們以P(x)為例，詳細闡述這個過程(事實上，應該是證明P(x)和Ψ(x)的線性組合小於10,000,000 - 1000,000，本文重點是LDT，因此只以P(x)為例，這並不影響對LDT的理解)。
假如P(x) = x + x^999 + x^1001 + x^999999 = x + x^999 + x * x^1000 + x^999*(x^1000)^999;此時，我們找到一個二維多項式G(x, y)，取值範圍分別是[0, 999999999]、[01000, 9999999991000]，滿足：G(x, y) = x + x^999 +x * y + x^999*y^999 可以發現，當y = x^1000時，滿足：G(x, y) = G(x, x^1000) = x + x^999 + x * x^1000 + x999*(x^1000)^999 = P(x)如果我們能證明G(x, y)相對的x,y的最高度都是小於1000，因為P(x) = G(x, x^1000)上，因此可以相信P(x)的度小於1000,000；如圖4所示：
驗證者把所有的點都計算好（沒錯，總共10^18個點，嚇死BB了），形成一顆默克爾樹。驗證者隨機選擇一行和一列，如圖中紅線1/2所示，對於每一列，它是由關於y的度小於1000的多項式生成，對於每一行，它是由關於x的度小於1000的多項式生成。驗證者從行/列中隨機選擇1010個點，用來驗證對應行/列上的點是否在度小於1000的多項式上，需要注意的是，因為P(x)的點都在上圖的對角線上，因此我們要確保每一行/列對應的對角線上的點也在對應的度小於1000的多項式上，即1010個裡面一定要包含對角線的點。
可靠性分析：如果原始多項式的度實際上是小於10^6 +10999，即 P(x) = x + x^999 + x^1001 + x^1010999 ，那麼對應的G(x, y)為G(x, y) = x + x^999 +x * y + x^999*y^1010 ，即，對於每一個x，G(x, y)是關於y的一元多項式函數，且度d < 1010，因此下圖中的每一列所有點都是在度d < 1010的多項式上，而不在d < 1000的多項式式上。所以如果證明者任然宣稱多項式P(x)的度d < 1000,000 ，則會驗證失敗，其他場景是同樣的道理
那有沒有可能惡意證明者仍以G(x, y) = x + x^999 +x * y + x^999*y^999 的形式去生成證據呢？這樣會驗證通過嗎？
我們知道，我們在驗證時著重強調了對角線上的那一點一定要在多項式上，我們知道，此時對角線對應的多項式形式是
P(x) = x + x^999 + x1001 + x^999999 ，而實際的P(x)，我們在這裡標記為P`(x) ，其形式是：
P`(x) = x + x^999 + x^1001 + x^1010999
因此，如果驗證者恰好選擇的點是兩個多項式的交點，則會驗證通過，事實上，兩個多項式最多有1000,000 左右個交點，但是由於隨機選取的點不是證明者自己選取，是由默克爾樹的根為種子隨機生成，因此證明者沒有機會作惡，去可以選取那些能通過驗證的點。
由於總共由10^9個點，因此隨機選取一個點，能驗證成功的概率為10^6 / 10^9 = 10^(-3)，如果選擇k行，則成功的概率僅為10^(-3k)。
以上可以看出，驗證者和證明者只需要交互1010 * 2 * k個點，就可以完成驗證，假如k = 10，則1010 * 2 * 10 = 20100 << 10^6。
雖然上述實現了在交互次數小於D的情況下，完整LDT驗證，但是證明者的複雜度過於龐大，至少10^18的複雜度遠遠大於原始的計算，因此需要一些優化方案，降低複雜度。話不多說，直接引入有限域，畢竟在實際項目中，我們可不希望數值本身過於龐大。直接引用費馬小定理的結論：在有限域p內，如果滿足(p - 1) 能被k整除，則映射x => x^k的像只有(p -1) / k + 1個。下圖5以p = 17，映射x=> x^2為例：
圖中，紅色為x^2在有限域p內的象，總共由(p - 1) /2 + 1 = 9個。同時我們可以發現，9^2和8^2的像一致，10^2和7^2的像一致，以此類推，16^2和1^2的像一致，記住這個現象，對下一張圖的理解有幫助。
因此，在本例中，我們選擇一個素數p = 1000,005,001，其滿足：
為素數p - 1 能被1000整除p要大於10^9
因此，在有限域p內，x => x^1000的像在p內有(p -1) / 1000 = 1000,005個，因此圖4可以變成圖6的形式：
可以看出，列坐標變成了10^6個元素，對角線變成了平行的線條，總共有1000個。還記得上面費馬小定理結論的特殊現象嗎？這就是對角線這種分布的原因，讀者試著去理解(可能讀者會覺得，對角線應該是鋸齒形，不是這種平行的形式，也許你是對的，但是這並不影響驗證流程)。此時證明者的複雜度已經從10^18 減少到了10^15次方，證明和驗證過程和步驟3描述的仍然一致。
還能不能繼續優化呢？答案是肯定的。回想起前面所述的驗證過程，對於每一行/列，驗證者都要獲取1000個點進行插值得出一個度小於1000的多項式，仔細觀察圖6，對於每一行，原始數據裡不就是有1000個數麼？那我們乾脆選這些點插值出一個度小於1000的多項式，然後只需要隨機讓證明者再計算任何一列，並且證明沿著列上的點都在度小於1000的多項式上，並且列上的點也在對應的利用原始數據插值出的行多項式上。此時，證明者複雜度從10^15減少到了10^9次方。總結：個人理解，從步驟1到步驟5，其實是PCP到IOP的選擇過程。PCP要求證明者生成全部的證據，然後驗證者多次隨機選取其中的某一部分進行驗證，但是這樣，證明者的複雜度仍然很高；IOP要求證明者不用生成全部的證據，根據多次的交互，每次生成只需生成部分證據，使得證明的複雜度和D呈近似線性關係；證明者複雜度已經降低到了與D呈擬線性關係，驗證者的複雜度雖然是亞線性，交互次數已經低於D，但是能不能優化到更低呢？基於證明複雜度的最優設置，我們繼續探索驗證複雜度的優化之路，回顧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，則當y = x^2時，有G(x, y) = G(x, x^2) = x + x*(x^2)^499 + x*(x^2)^500 + x*(x^2)*499999 = P(x)。最終的圖應如下圖7所示：
從圖中可知：
證明則複雜度仍為10^9次方；每一行上的點都在度d < 2的多項式上，因為當y取固定值時，G(x, y)就是關於x的一次多項式；每一列上的點都在度d < D/2的多項式上，證明者需要證明這個多項式是小於D/2的，假定這個多項式為P1(x)，這個時候，並非驗證者選取大於D/2個點去驗證，因為驗證複雜度仍然不夠低，而是對這一列再一次用到類似於P(x)的處理過程，如圖7中下面的圖所示，以此循環，直到可以直接判斷列上的多項式的度為止，類似於行。
總結
至此，本篇文章就結束了，總結下來，本文主要闡述了以下幾個內容：
如何轉換問題形式 -- Arithmetization為何需要LDT -- 為了驗證簡潔LDT的大概過程 -- 二分法驗證，類似於FFT降低LDT的複雜度 -- 有限域+IOP