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您好，很高兴为您服务。
成都创新互联"三网合一"的企业建站思路。企业可建设拥有电脑版、微信版、手机版的企业网站。实现跨屏营销，产品发布一步更新，电脑网络+移动网络一网打尽，满足企业的营销需求！成都创新互联具备承接各种类型的成都做网站、成都网站建设项目的能力。经过十余年的努力的开拓，为不同行业的企事业单位提供了优质的服务，并获得了客户的一致好评。
关于您提到的ujson安装问题，我能为您提供一些帮助。首先，您需要确认自己的Python版本，因为ujson的版本与Python版本有关。如果您的Python版本是2.7，那么您可以使用pip来安装ujson，命令如下：pip install ujson。如果您的Python版本是3.x，那么您可以使用pip3来安装ujson，命令如下：pip3 install ujson。
此外，您也可以从Python官网上下载ujson的源码，然后自行编译安装。您可以在Python官网上搜索“ujson”，找到ujson的源码，下载后解压，然后运行python setup.py install来安装ujson。
最后，您也可以从第三方网站上下载ujson的安装包，然后使用pip或pip3来安装。您可以在网上搜索“ujson安装包”，找到相应的安装包，下载后使用pip或pip3来安装即可。
总之，您可以根据自己的需要，选择以上任意一种方式来安装ujson。我希望我的回答能够帮助您解决您的问题。
在操作文件的时候，我们肯定是要使用到 os 模块的，但是 os 模块里面还有 path 模块，这个模块主要是用来获取文件的属性的。这篇博客来分享一下 path 模块的函数，希望对学习 Python 的小伙伴有所帮助。
返回绝对路径：
返回文件名：
返回list(多个路径)中，所有path共有的最长的路径：
返回文件路径：
路径存在则返回True,路径损坏返回False：
路径存在则返回True,路径损坏也返回True：
把path中包含的" "和" user"转换成用户目录：
根据环境变量的值替换path中包含的" {name}"：
返回最近访问时间（浮点型秒数）：
返回最近文件修改时间：
返回文件 path 创建时间：
返回文件大小，如果文件不存在就返回错误：
判断是否为绝对路径：
判断路径是否为文件：
判断路径是否为目录：
判断路径是否为链接：
判断路径是否为挂载点：
把目录和文件名合成一个路径：
转换path的大小写和斜杠：
规范path字符串形式：
返回path的真实路径：
从start开始计算相对路径：
判断目录或文件是否相同：
判断fp1和fp2是否指向同一文件:
判断stat tuple stat1和stat2是否指向同一个文件:
把路径分割成 dirname 和 basename，返回一个元组:
一般用在 windows 下，返回驱动器名和路径组成的元组:
分割路径中的文件名与拓展名:
把路径分割为加载点与文件:
遍历path，进入每个目录都调用visit函数，visit函数必须有3个参数(arg, dirname, names)，dirname表示当前目录的目录名，names代表当前目录下的所有文件名，args则为walk的第三个参数:
设置是否支持unicode路径名:
那个就是上面式子的实部和虚部分开写的得到两个方程。求频率w的时候先利用虚部的方程得到w的值。再带入实部的方程中求得k值在时域分析中已经看到，控制系统的性能取决于系统的闭环传递函数，因此，可以根据系统闭环传递函数的零、极点研究控制系统性能。但对于高阶系统，采用解析法求取系统的闭环特征方程根（闭环极点）通常是比较困难的，且当系统某一参数（如开环增益）发生变化时，又需要重新计算，这就给系统分析带来很大的不便。
1948年，伊万思根据反馈系统中开、闭环传递函数间的内在联系，提出了求解闭环特征方程根的比较简易的图解方法，这种方法称为根轨迹法。因为根轨迹法直观形象，所以在控制工程中获得了广泛应用。根轨迹是当开环系统某一参数（如根轨迹增益 ）从零变化到无穷时，闭环特征方程的根在S平面上移动的轨迹。根轨迹增益K * 是首1形式开环传递函数对应的系数。

在介绍图解法之前，先用直接求根的方法来说明根轨迹的含义。控制系统如上图所示。其开环传递函数为:利用计算结果在S平面上描点并用平滑曲线将其连接，便得到K * （或K）从零变化到无穷大时闭环极点在S平面上移动的轨迹，即根轨迹，如下图所示。图中，根轨迹用粗实线表示，箭头表示K * （或K）增大时两条根轨迹移动的方向根轨迹的概念
开环系统某一参数从零变换到无穷，闭环系统特征方程式的根在s平面上变化的轨迹。其中某一参数主要是指根轨迹增益，当然也可以是系统中其他的实参数。
根轨迹方程

将上式写为相角及模值条件，根据这两个条件可以完全确定s平面上的根轨迹和根轨迹上的K*值。

根轨迹与系统性能
1 稳定性
当参数由零变化到无穷时，根轨迹不会越过虚轴进入s右半平面则说明系统对于所有的K值都是稳定的，如果根轨迹越过虚轴进入s右半平面，则系统进入不稳定的状态。
2稳态特性
一般情况下，根轨迹图上标注的参数不是开环增益而是根轨迹增益，根轨迹增益与稳态误差系数之间仅相差一个比例常数，
3动态特性
当所有闭环极点都位于实轴上时，系统为过阻尼系统；
当极点重合时，系统为临界阻尼系统；
当闭环极点为共轭复数极点，系统为欠阻尼系统，单位阶跃响应是衰减振荡过程，且超调量将随着K值的增大而增大。
确定闭环系统的零极点
当根轨迹增益确定时，传递函数也同时确定下来了，那么闭环系统的零极点位置就在根轨迹上确定下来了，通过位置可以判断系统的稳定性能。
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matlab求系统根轨迹和系统增益,控制系统的根轨迹分析
一、根轨迹分析方法的概念所谓根轨迹是指，当开环系统某一参数从零变到无穷大时，闭环系统特征方程的根在s平面上的轨迹。一般来说，这一参数选作开环系统的增益K，而在无零极点对消时，闭环系统特征方程的根就是闭环传递函数的极点。根轨迹分析方法是分析和设计线性定常控制系统的图解方法，使用十分简便。利用它可以对系统进行各种性能分析，1．稳定性当开环增益K从零到无穷大变化时，图中的根轨迹不会越过虚轴进入右半s平面...
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【自动控制原理】根轨迹Root Locus-笔记
重点掌握根的变化规律。从而设计控制器/补偿器。“根”——“极点”（一样的概念）一阶系统比如这个系统传递函数为，对这个系统施加一个冲击u(t)=，的Laplace变换=1。所以系统的输出为，令s+a=0，得“根”P=-a进行Laplace的逆变换，得到这个系统的时间函数，这里的-a就是它的根当a0时，它在时间轴上的表现为指数衰减对于一般的一阶系统来说，如果把它的根在复平面上(横轴为实数,竖轴为虚数)表达出来的话，它一定落在实轴上，如图一阶函数的。...
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一阶系统开环传递函数表达式_古典控制理论（三）根轨迹法（闭环系统）
1 根轨迹与系统性能（1）定义：指系统某一参数从零变化到无穷大时，闭环系统特征方程式的根（闭环极点）在s平面上变化的轨迹。 Matlab命令：rlocus(sys)，默认变化参数为开环传递函数的增益k。（2）功能：根轨迹可以直接给出闭环系统时间相应的全部信息，而且可以指明开环零、极点应该如何变化才能满足给定的闭环系统的性能指标要求。 根轨迹方法可以求解高阶代数方程的根，实际上就是解决闭环特征方程...
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传递函数根轨迹
根轨迹 以及时域响应，自动控制，各个方面的自动控制都有用，直接出根轨迹
Simulink模型闭环传递函数导出及Matlab对simulink模型进行频域分析(含实现程序)
Simulink模型闭环传递函数导出及使用Matlab函数对simulink模型进行频域分析，并在文章中给出含实现程序。
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控制教程 —— 介绍篇：4.根轨迹控制器设计
在本教程中，我们将介绍根轨迹，展示如何使用MATLAB来创建根轨迹，并演示如何通过使用根轨迹来设计满足某些性能指标的反馈控制器。 本教程中使用的主要MATLAB命令包括：feedback,rlocus,step,controlSystemDesigner。 闭环极点 开环传递函数 H(s)H(s)H(s) 的根轨迹通常是在比例增益 KKK 在0到 ∞\infty∞ 变化时，形成的闭环极点的轨迹曲线...
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根轨迹和频率响应
首先我们来了解一下根的定义，在一个闭环一阶系统中，存在过度函数G(s)为s的一个式子，那么它可能会存在零点和极点，说到极点想必大家都非常熟悉了，在此，我们可以理解为“根”=“极点”。根轨迹的画法呢我简单提一下，根轨迹是有开环极点指向开环零点，从左向右，两两对应，如果缺少对应的，则以无穷极点/零点代替（举个例子，假如只有一个极点，没有零点，那么根轨迹就是由这个极点指向负无穷），另外，根轨迹是对称于实轴的，其汇合点和分离点并非重点，感兴趣的同学可以自己搜索一下了解一下。最终可由增益的取值范围判断系统的稳定性。.
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根轨迹和系统参数的确定
1、根轨迹 前面有讲到通过闭环传递函数的极点分布情况来判断系统是否稳定。当然还有些更简单的判别方式，例如：劳斯稳定性判据、赫尔维茨稳定性判据等。但都是判断系统是否稳定的，那么怎么判断系统的稳定程度（稳定裕度）呢？或者说当一个系统参数 ...
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matlab闭环传函的根轨迹,自动控制系统的设计--基于根轨迹的串联校正设计
与频域法相似，利用根轨迹法进行系统的设计也有两种方法：1)常规方法；2)Matlab方法。Matlab的根轨迹方法允许进行可视化设计，具有操作简单、界面直观、交互性好、设计效率高等优点。目前常用的Matlab设计方法有：1)直接编程法；2)Matlab控制工具箱提供的强大的Rltool工具；3)第三方提供的应用程序，如CTRLLAB等。本节在给出根轨迹的设计思路的基础上，将重点介绍第一、二种方法。...
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20200518 如何快速画出闭环特征方程的根轨迹
Q: 什么是根轨迹法？ A: 给一个闭环的特征方程，随着某一个参数变化，闭环特征方程的根（即闭环传递函数的极点）不断变化，描述根的变化轨迹的图叫做根轨迹图。 Q: 针对的是开环系统还是闭环系统？ A: 利用开环系统的零极点研究闭环系统的极点（根）。 Q: 开环传递函数和闭环传递函数的区别？ A: 闭环传递函数是G1+GH\frac{G}{1+GH}1+GHG，开环传递函数是GHGHGH。 Q: 如何快速近似画出根轨迹？ A: 首先介绍不著名的异性相吸理论（瞎编的）。 ......
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绘制课本中的根轨迹图与零极点分布图
《信号与系统》第三版下册-郑君里 例11-8 已知反馈系统结构如图11-21所示，试绘制其根轨迹图。 这个图绘制的是A(s)F(s)的根轨迹图，并不是整个闭环系统的根轨迹图，也不是A(s)的根轨迹图 这道题的解析部分其实是为了计算在横轴上的交汇点。 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
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应用根轨迹分析系统性能
应用根轨迹分析系统性能 本节通过几个实例简要介绍根轨迹方法在分析和设计系统中的应用。 5.3.1 单参数设计 例 5.4: 已知系统的方框图如下： 试通过根轨迹方法确定合适的反馈系数 k ，使得系统具有阻尼比为 0.4 的闭环共轭复数极点。 解：由方框图可得系统的开环传递函数为：
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根轨迹分析
应用MATLAB进行根轨迹分析
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matlab闭环传函的根轨迹,开环传递函数的跟轨迹与虚轴的交点怎么算
大学自动控制原理,已知开环传递函数求闭环根轨迹图中的一个步骤不懂计算(求根轨迹与虚轴的交点)一个复数等于0,结果是实部等于0虚部等于0,这个太简单了吧再问：详细点还是不懂再答：-w^3j-6w^2+9wj+k=0，(-w^3+9w)j+(-6w^2+k)=0，得-w^3+9w=0，-6w^2如何matlab画开环传递函数的奈奎斯特图用MATLAB做出奈奎斯特曲线图%k=10k=10;d=conv(...
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【自动控制原理】 根轨迹法之根轨迹法分析系统性能
本文主要讲述了使用根轨迹法分析系统稳定性的原理，以及根据根轨迹设计参数Kg的方法步骤。最后给出了主导极点、偶极子对和开环零点对系统性能的影响
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matlab求系统根轨迹和系统增益,《自动控制原理》实验报告(线性系统的根轨迹)...
实验四线性系统的根轨迹一、实验目的1.熟悉 MATLAB 用于控制系统中的一些基本编程语句和格式。2.利用 MATLAB 语句绘制系统的根轨迹。3.掌握用根轨迹分析系统性能的图解方法。4.掌握系统参数变化对特征根位置的影响。基础知识及 MATLAB函数根轨迹是指系统的某一参数从零变到无穷大时，特征方程的根在 s 平面上的变化轨迹。这个参数一般选为开环系统的增益 K 。课本中介绍的手工绘制根轨迹的方...
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最新发布 817自动控制原理-1-开环传递函数与闭环传递函数
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matlab-自控原理 rlocus 根轨迹 根据传递函数画图
2019独角兽企业重金招聘Python工程师标准 ...
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根轨迹的概念
开环系统某一参数从零变换到无穷，闭环系统特征方程式的根在s平面上变化的轨迹。其中某一参数主要是指根轨迹增益，当然也可以是系统中其他的实参数。
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在封装的代码间传递指针你要确保他们运行在相同的地址空间里，还要保证指针指向的内存的生存期是安全的，否则这种思路就是错误的。实现方法举例如下：
1、定义了C
结构体和函数如下
typedef
struct
NameAge
{
char
name[20];
int
age;
}NameAge
,
*NameAgePointer;
void
test(NameAgePointer
p)
//
接收结构体指针
{
//
do
something
with
p...
}
2、python定义结构体如下
#python中结构体定义
class
PyStruct():
def
__init__(self,
name,
age):
self.name
=
name
self.age
=
age
fred
=
PyStruct("fred",
5)
3、假设把第1步里的test封装成example模块，python导入example（既然你都会swig了，这个过程就不啰嗦了）
import
example
example.test(pointer(fred))
以上是基本思路，因为搭建开发环境和过程比较繁杂，没有验证过，但是应该没有大问题
此文主要目的，是向大家展示如何才能用python语言，来部署STARK算法。
STARKs（可扩容的透明知识论证）是创建一种证明的技术，这项证明中f(x)=y，其中f可能要花很长的时间来进行计算，但是这个证明可以被很快验证。STARK是“双重扩容”：对于一个需要t步骤的计算，这会花费大约O(t * log(t))步骤才能完成这个证明，这可能是最优的情况，而且这需要通过~O(log2(t))个步骤才能验证，对于中等大小的T值，它比原始计算快得多。STARKs也拥有隐私保护的“零知识证明”的特性，虽然我们将这类使用案例应用到其中，从而完成可验证的延迟功能，不需要这类性质，所以我们不用担心。
首先，先请几项说明：
这个代码还没有完全审核；在实际使用案例中的情况，还不能保证
这部分代码是还没有达到理想状态（是用Python语言写的）
STARKs 的“真实情况” 倾向于使用二进制字段而不是素数域的特定应用程序效率的原因；但是，他们确实也表现出，这里写出的代码是合法并且可用的。
没有一个真实的方法来使用STARK。它是一个非常宽泛的加密和数学架构，同时为不同的应用有不同的设置，以及连续的研究来减少证明者和验证者的复杂性，同时提高可用性。
此文希望大家能够知道，模运算和素数域是如何运行的，
并且和多项式概念，插值和估值进行结合。
现在，让我们一起来了解吧！
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
我们选择MIMC作为案例，因为它（i）很容易理解，（ii）在真实世界使用的很多。函数功能见下图：
注意：在很多关于MIMC的讨论中，你可以典型地看出使用了XOR，而不是+；这是因为MIMC可以在二进制情况下使用，其中添加是XOR；这里我们会在素数领域进行。
在我们的案例中，常数相对而言会是比较小的列表（例如，64位），这会一直连续地进行周期循环（也就说，在k[64]之后）。MIMC自身可以获得这个特性，因为MIMC可以向后进行计算（从相应的输出获得输入），但是往后计算需要比向前计算多花费100倍的时间（并且没有方向可以同步进行）。所以你可以将往后计算的功能想象成计算不能同步的工作量证明，并且往前方向计算的功能可以作为验证的过程。
x - x(2p-1)/3 是x - x3 的反函数；根据费马小定理，这是真实的，尽管这个定理没有费马大定理出名，但是依然对数学的贡献很大。
我们尝试使用STARK来进行更加有效的验证，而不是让验证者必须在向前方向运行MIMC，在完成向后计算之后，证明者可以在向前方向进行STARK计算，并且验证者可以很简单地验证STARK。我们希望计算STARK可以比MIMC向前和向后之间的运行速度差别要小，所以证明者的时间仍然是有初始的向后计算来主导的。而并不是STARK计算。STARK的认证会相对较快（在python语言算法中，可以是0.05-0.3秒），不论初始的计算时间有多长。
所有的计算会在2256 – 351 * 232 + 1个模内完成；我们使用素数模，因为它是小于2256 最大的素数，其中乘法群包含了232 个子集（也就是说，有这样一个数g，从而在完全232次循环之后，G素数环的连续幂模绕回到1），而且是按照6k+5的形式。首个特性是保证FFT和FRI算法的有效版本，其次是保证MIMC实际上可以向后计算（请见上面提到的x - x(2p-1)/3 使用方法）。
素域操作
我们通过建立方便的等级来进行素域的操作，同时也有多项式的操作。代码如下，收首先是小数位数：
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
并且使用扩展欧几里得算法，来计算模块逆转（这和在素域中计算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
上面的算法是相对昂贵的；幸运地是，对于特定的案例，我们需要做很多的模逆计算，有一个数学方法可以让我们来计算很多逆运算，被称为蒙哥马利批量求逆：
使用蒙哥马利批量求逆来计算模逆，其输入为紫色，输出为绿色，乘法门为黑色，红色方块是唯一的模逆。
下面的代码是算法的体现，其中包含一些特别的逻辑。如果我们正在求逆的集合中包含零，那么它会将这些零的逆设置为 0 并继续前进。
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
这部分算法接下来会验证称为非常重要的东西，特别是当我们开始和不同阶的多项式进行计算的时候。
现在我们来看看一些多项式计算。我们把多项式当做一个数据集，其中的i是第i阶（例如，x3 + 2x + 1变成[1, 2, 0, 1]）。下面就是在一个点进行多项式估算的方法：
# 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
困难和挑战
f.eval_poly_at([4, 5, 6], 2)的输出是多少？模是31吗？
下面的解释就是答案
.其实也有代码是多项式加法，减法，乘法和除法；这是很长的加减乘除运算。有一个很重要的内容是拉格朗日插值，它将一组 x 和 y 坐标作为输入，并返回通过所有这些点的最小多项式（你可以将其视为多项式求值的逆）：
# 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]
相关数学知识请参见此文的M-N部分。需要注意，我们也会有特别的方法lagrange_interp_4和lagrange_interp_2来加速次数小于 2 的拉格朗日插值和次数小于 4 的多项式运算。
快速傅立叶变换
如果你仔细阅读上面的算法，你也许会发现拉格朗日插值和多点求值（即求在N个点处次数小于N的多项式的值）都需要耗费2次时间，例如对于1000个点求拉格朗日插值，需要几百万个步骤，而且100万个点的拉格朗日插值需要万亿个步骤。这是不可接受的低效率，所以我们需要使用更加有效的算法，快速傅立叶变换。
FFT只需要花费O(n * log(n))的时间（也就是说，1000个点的计算需要10,000步，100万个点的计算需要2000步），虽然它的范围更受限制；x坐标必须是单位根部的完全集合，必须满足N = 2k 阶。也就是说，如果有N个点，那么x坐标必须某个P值的连续幂，1, p, p2, p3…，其中pN = 1。这个算法能够用来进行多点计算和插值计算，而且只需要调整一个小参数。
下面就是算法详情（这是个简单的表达方式；更详细内容可以参阅此处代码）
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))]
你可以自己通过一些输入来运行代码，并且看看是否能得到想要的结果，当你使用eval_poly_at的时候，给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]
傅里叶变换会把[x[0] …. x[n-1]]作为输入，并且它的目标是输出x[0] + x[1] + … + x[n-1]作为首个元素，x[0] + x[1] * 2 + … + x[n-1] * w**(n-1)作为第二个元素，等等；快速傅里叶变换可以通过把数据分为两半，来完成这个，在两边都进行FFT，然后将结果结合在一起。
上图就是信息如何进行FFT运算的解释。请注意FFT是如何进行两次数据复制，并且进行粘合，直到你得到一个元素。
现在，我们把所有部分组合起来，看看整件事情是如何：def mk_mimc_proof(inp, steps, round_constants)，它生成运行 MIMC 函数的执行结果的证明，其中给定的输入为步骤数。首先，是一些 assert 函数：
# 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))
扩展因子是我们将要拉伸的计算轨迹（执行 MIMC 函数的“中间值”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)])
我们需要步数乘以扩展因子最多为 2^32，因为当 k 32 时，我们没有 2^k 次的单位根。
computational_trace_polynomial = inv_fft(computational_trace, modulus, subroot) p_evaluations = fft(computational_trace_polynomial, modulus, root_of_unity)
我们首个计算会是得出计算轨迹；也就是说，所有的计算中间值，从输入到输出。
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，我们会从将计算轨迹转换为多项式，在单位根 g （其中，g^steps = 1）的连续幂的轨迹上“放下”连续值，然后我们对更大的集合——即单位根 g2 的连续幂，其中 g2^steps * 8 = 1（注意 g2^8 = g）的多项式求值。
# 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 的幂。紫色： g2 的幂。橙色：1。你可以将连续的单位根看作一个按这种方式排列的圆圈。我们沿着 g1的幂“放置”计算轨迹，然后扩展它来计算在中间值处（即 g2 的幂）的相同多项式的值。
我们可以将MIMC的循环常数转换为多项式。因为这些循环常数链是非常通常发生地（在我们的测试中，每64个步骤都会进行），最终证明他们形成了64阶的多项式，而且外面可以很容易计算出它的表达式，以及扩展式：
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))
假设其中有8192个步骤，并且有64个循环常数。这是我们想要做的：我们正在进行FFT，从而计算循环常数来作为g1128 的功能。然后我们在之间加入很多零，来完成g1本身的功能。因为g1128 大约每64步进行循环，我们知道g1这个功能也会同样。我们只计算这个扩展中的512个步骤，因为我们知道这个扩展会在每512步之后重复。现在，我们按照斐波那契案例中那样，计算C(P(x))，除了这次是计算，需要注意，我们不在计算使用系数形式的多项式；而是根据高次单位根的连续幂来对多项式进行求值。
c_of_p需要满足Q(x) = C(P(x), P(g1*x)，K(x)) = P(g1*x) – P(x)**3 – K(x)；目标是对于任何我们放入计算轨道的x（除了最后一步，因为在最后一步之后，就没有步骤），计算轨迹中的下个数值就和之前的相等，再加上循环常量。与第1部分中的斐波那契示例不同，其中如果某个计算步骤是在k向量，下个就会是k+1向量，我们把低次单位根（ g1 ）的连续幂放下计算轨迹，所以如果某个计算步骤是在x = g1i ，下个步骤就会在g1i+1 = g1i * g1 = x * g1。因此，对于低阶单位根（ g1 ）的每一个幂，我们希望最终会是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) 会在低次单位根 g 的所有连续幂上等于零（除了最后一个）。
# 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')
有个代数定理证明，如果Q(x)在所有这些x坐标，都等于零，那么最小多项式的乘积就会在所有这些x坐标等于零：Z(x) = (x – x_1) * (x – x_2) * … * (x – x_n)。通过证明在任何单个的坐标，Q(x)是等于零，我们想要证明这个很难，因为验证这样的证明比运行原始计算需要耗费更长的时间，我们会使用一个间接的方式来证明Q(x)是Z(x)的乘积。并且我们会怎么做呢？通过证明D(x) = Q(x) / Z(x)，并且使用FRI来证明它其实是个多项式，而不是个分数。
我们选择低次单位根和高次单位根的特定排列，因为事实证明，计算Z(x)，而且除以Z(x)也十分简单：Z 的表达式是两项的一部分。
需要注意地是，直接计算Z的分子和分母，然后使用批量模逆的方法将除以Z转换为乘法，随后通过 Z(X) 的逆来逐点乘以 Q(x) 的值。需要注意，对于低次单位根的幂，除了最后一个，都可以得到Z(x) = 0，所以这个计算包含其逆计算就会中断。这是非常不幸的，虽然我们会通过简单地修改随机检查和FRI算法来堵住这个漏洞，所以就算我们计算错误，也没关系。
因为Z(x)可以简洁地表达，我们也可以获得另个好处：验证者对于任何特别的x，可以快速计算Z(x)，而且还不需要任何提前计算。对于证明者来说，我们可以接受证明者必须处理大小等于步数的多项式，但我们不想让验证者做同样的事情，因为我们希望验证过程足够简洁。
# 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')
在几个随机点上，进行概念检测D(x) * Z(x) = Q(x)，从而可以验证转账约束，每个计算步骤是之前步骤的有效结果。但是我们也想验证边界约束，其中计算的输入和输出就是证明者所说的那样。只是要求证明者提供P(1), D(1), P(last_step)还有D(last_step)的数值，这些都是很脆弱的；没有证明，那些数值都是在同个多项式。所以，我们使用类似的多项式除法技巧：
# 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，我们的论证如下。证明者想要证明P(1) == input和P(last_step) == output。如果我们将I(x)作为插值，那么就是穿越(1, input)和(last_step, output)亮点的线，于是P(x) – I(x)就会在这亮点上等于零。因此，它会证明P(x) – I(x)是P(x) – I(x)的乘积，并且我们通过提高商数来证明这点。
紫色：计算轨迹多项式 (P) 。绿色：插值 (I)（注意插值是如何构造的，其在 x = 1 处等于输入（应该是计算轨迹的第一步），在 x=g^(steps-1) 处等于输出（应该是计算轨迹的最后一步）。红色：P-I。黄色：在x = 1和 x=g^(steps-1)（即 Z2）处等于 0 的最小多项式。粉红色：(P – I) / Z2。
现在，我们来看看将P，D和B的默克尔根部组合在一起。
现在，我们需要证明P，D和B其实都是多项式，并且是最大的正确阶数。但是FRI证明是很大且昂贵的，而且我们不想有三个FRI证明，所以，我们计算 P，D 和 B 的伪随机线性组合，并且基于它来进行FRI证明：
# 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')
除非所有这三个多项式有正确的低阶，不然几乎不可能有随机选择的线性组合，所以这很足够。
我们想要证明D的阶数小于2 * steps，而且P 和 B 的次数小于steps，所以我们其实使用了随机的P, P * xsteps, B, Bsteps 和 D的随机组合，并且可以看出这部分组合是小于2 * steps。
现在，我们来检查下所有的多项式组合。我们先获得很多随机的索引，然后在这些索引上为默克尔树枝提供多项式：
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函数会回复[0…precision-1]范围中的随机索引，而且exclude_multiples_of参数并不会给出特定参数倍数的值。这就保证了，我们不会沿着原始计算轨迹进行采样，否则就会获得错误的答案。
证明是由一组默克尔根、经过抽查的分支以及随机线性组合的低次证明组成：
# 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)
整个证明最长的部分是默克尔树分支，还有FRI证明，这是有更多分支来组成的。这是验证者的实质结果：
o = [mtree[1], l_mtree[1], branches, prove_low_degree(l_evaluations, root_of_unity, steps * 2, modulus, exclude_multiples_of=extension_factor)]
在每个位置，证明者需要提供一个默克尔证明，从而让验证者能够检查这个默克尔证明，并且检查C(P(x), P(g1*x), K(x)) = Z(x) * D(x)以及B(x) * Z2(x) + I(x) = P(x)（提醒：对于不在初始计算轨道上的x，Z(x)不会是零，所以C(P(x), P(g1*x), K(x)也不会是零)。验证者也会检查线性组合是正确的，然后调用。
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
其实还没有完成成功；证明对跨多项式检查和 FRI 所需的抽查次数的可靠性分析是非常棘手的。但是这些就是所有代码，至少你不用担心进行疯狂的优化。当我运行以上代码的时候，我们会获得STARK证明，会有300-400倍的证明成本例如，一个需要 0.2 秒的 MIMC 计算需要 60 秒来证明）。这就使得4核机器计算MIMC中的 STARK，实际上可以比后向计算 MIMC 更快。也就是说，在python语言，这会相对低效的实现，并且这也会证明运行时间比例会不同。同时，也值得指出，MIMC 的 STARK 证明成本非常低，因为MIMC几乎是完美地可计算，它的数学形式很简单。对于平均计算，会包含更少的清晰计算（例如，检查一个数是大于还是小于另一个），其计算成本可能会更高，会有大约10000-50000倍。
