我试图演示一个简单的概念证明，即用C编写的游戏中的一段代码中的漏洞。
假设我们要验证字符登录。登录由用户从图形菜单中选择n项（我们现在假设n=5）来处理。这些物品都是中世纪主题：
例如：
_______________________________
| | | |
| Bow | Sword | Staff |
|-----------|-----------|-------|
| Shield | Potion | Gold |
|___________|___________|_______|
用户必须单击每个项目，然后为每个项目选择一个数字。
然后，验证算法执行以下操作：
- 确定选择了哪些项目
- 将每个字符串删除为小写（即：
Bow变为bow等） - 计算每个字符串的简单字符串哈希（即：'bow => b=2， o=15， w=23， sum = （2+15+23=40）
- 将哈希乘以用户为相应项目选择的值;此新值称为
key - 将每个选定项的
keys相加;这是最终的验证哈希 - 重要提示：验证者将接受此哈希值及其非零倍数（即：如果最终哈希值等于 1111，则 2222、3333、8888 等也有效）。
因此，例如，假设我选择：
Bow (1)
Sword (2)
Staff (10)
Shield (1)
Potion (6)
该算法将这些字符串中的每一个都变为小写，计算它们的字符串哈希，将该哈希乘以为每个字符串选择的数字，然后将这些键相加。
例如：
Final_Validation_Hash = 1*HASH(Bow) + 2*HASH(Sword) + 10*HASH(Staff) + 1*HASH(Shield) + 6*HASH(Potion)
通过应用欧拉方法，我计划证明这些哈希不是唯一的，并希望设计一个简单的应用程序来证明它。
就我而言，对于 5 个项目，我基本上会尝试计算：
(B)(y) = (A_1)(x_1) + (A_2)(x_2) + (A_3)(x_3) + (A_4)(x_4) + (A_5)(x_5)
哪里：
B is arbitrary
A_j are the selected coefficients/values for each string/category
x_j are the hash values for each string/category
y is the final validation hash (eg: 1111 above)
B,y,A_j,x_j are all discrete-valued, positive, and non-zero (ie: natural numbers)
有人可以帮助我解决这个问题或指出我一个类似的例子（即：代码、计算方程等）吗？我只需要解决最后一步（即：（B）（Y） = ...）。
最后，我编写了一个递归算法，该算法深入n级别，然后处理所有剩余可能组合的增量、测试等。效率不是很高，但它有效。我可以根据要求提供（太大而无法在此处发布）。
，大多数用户会为每个项目选择相当小的数字（毕竟"2"比"438483"更容易记住）。
鉴于这种约束，蛮力实际上可能是合理的。
只需为 5 个符号加上一个数字（例如 1..99）生成所有可能的输入值，计算结果哈希值，并计算（例如使用字典）产生给定哈希的不同组合的数量，应该可以对最可能的输入值的哈希分布进行经验理解。
从那里，我将查看实际生成了多少个不同的哈希值（如果哈希是 Int32，则在 2^32 个可能的哈希值中），并查找以特定频率生成的哈希值（在字典中计数很高）。
它可能是唯一的，也可能不是唯一的，这取决于菜单上的项目x_j、系数A_j、验证哈希y，以及n选择的项目的数量。
例如，如果验证哈希1，会发生什么情况？然后一切都会验证。
另一方面，如果您必须n项目总数，那么只有一个可能的哈希是唯一的。
当然，这些都是极端的例子，但它们说明了这一点。这取决于您的参数。除了暴力破解之外，没有一个简单的通用方法来检测哈希是否唯一。
这很简单，因为该算法接受非零倍数。如果将所有输入乘以 2，则会出现冲突：
Bow (1)
Sword (2)
Staff (10)
Shield (1)
Potion (6)
y = (A_1)(x_1) + (A_2)(x_2) + (A_3)(x_3) + (A_4)(x_4) + (A_5)(x_5)
然后将它们乘以 2：
Bow (2)
Sword (4)
Staff (20)
Shield (2)
Potion (12)
2(A_1)(x_1) + 2(A_2)(x_2) + 2(A_3)(x_3) + 2(A_4)(x_4) + 2(A_5)(x_5)
= 2((A_1)(x_1) + (A_2)(x_2) + (A_3)(x_3) + (A_4)(x_4) + (A_5)(x_5))
= 2y
虽然这不是一个正式的证明，但我有一个想法。
让不同字符串的哈希值h_1、h_2、...，h_n线性和为
y = h_1 + h_2 + ... + h_n
一旦我们有了y，我们总能找到h_1'，h_2'，...，h_n'，至少对于系列中的一对i和j h_i != h_j'。
因此，我们可以有重复的h值来获得最终总和。
同样，由于每个h值都是由一些整数（字符的代表性值）的线性和生成的，因此可以通过不同的线性和（即不同的字符串）来实现特定的h值。
数值可以调整。此外，即使乘数值是常数，即重复哈希生成器无法选择它，也可以修改乘以乘数的h值，以使乘法键的总和保持不变。
因此，我们可以从许多字符串中生成一个哈希。
将除最后一个系数之外的所有系数设置为 1，因此您可以获得 An*xn = r （mod y） 的形式，然后使用扩展的欧几里得算法找到解决方案，请参阅维基百科