Tải bản đầy đủ

Ứng dụng mã hóa và bảo mật thông tin trong các hệ thống thương mại điện tử, giao dịch chứng khoán

ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
LỜI NĨI ĐẦU
Hiện nay, nước ta đang trong giai đoạn tiến hành cơng nghiệp hóa, hiện đại hóa đất nước. Tin
học được xem là một trong những ngành mũi nhọn. Tin học đã và đang đóng góp rất nhiều cho xã
hội trong mọi khía cạnh của cuộc sống.
Mã hóa thơng tin là một ngành quan trọng và có nhiều ứng dụng trong đời sống xã hội. Ngày
nay, các ứng dụng mã hóa và bảo mật thơng tin đang được sử dụng ngày càng phổ biến hơn trong
các lĩnh vực khác nhau trên Thế giới, từ các lĩnh vực an ninh, qn sự, quốc phòng…, cho đến
các lĩnh vực dân sự như thương mại điện tử, ngân hàng…
Ứng dụng mã hóa và bảo mật thơng tin trong các hệ thống thương mại điện tử, giao dịch
chứng khốn,… đã trở nên phổ biến trên thế giới và sẽ ngày càng trở nên quen thuộc với người
dân Việt Nam. Tháng 7/2000, thị trường chứng khốn lần đầu tiên được hình thành tại Việt Nam;
các thẻ tín dụng bắt đầu được sử dụng, các ứng dụng hệ thống thương mại điện tử đang ở bước
đầu được quan tâm và xây dựng. Do đó, nhu cầu về các ứng dụng mã hóa và bảo mật thơng tin
trở nên rất cần thiết.
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
I. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP MÃ HĨA
I .1 Giới thiệu
Định nghĩa 1.1: Một hệ mã mật (cryptosystem) là một bộ-năm (P, C, K, E, D) thỏa mãn các
điều kiện sau:

1. P là khơng gian bản rõ. tập hợp hữu hạn tất cả các mẩu tin nguồn cần mã hóa có thể có
2.C là khơng gian bản mã. tập hợp hữu hạn tất cả các mẩu tin có thể có sau khi mã hóa
3.........K là khơng gian khố. tập hợp hữu hạn các khóa có thể được sử dụng
4.Với mỗi khóa k∈K, tồn tại luật mã hóa e
k
∈E và luật giải mã d
k
∈D tương ứng. Luật mã hóa
e
k
: P → C và luật giải mã e
k
: C → P là hai ánh xạ thỏa mãn
( )
( )
,
k k
d e x x x P= ∀ ∈
Tính chất 4. là tính chất chính và quan trọng của một hệ thống mã hóa. Tính chất này bảo
đảm việc mã hóa một mẩu tin x∈P bằng luật mã hóa e
k
∈E có thể được giải mã chính xác
bằng luật d
k
∈D.
Định nghĩa 1.2: Z
m
được định nghĩa là tập hợp {0, 1, ..., m-1}, được trang bị phép cộng (ký
hiệu +) và phép nhân (ký hiệu là ×). Phép cộng và phép nhân trong Z
m
được thực hiện tương
tự như trong Z, ngoại trừ kết quả tính theo modulo m
Ví dụ: Giả sử ta cần tính giá trị 11 × 13 trong Z
16
. Trong Z, ta có kết quả của phép nhân
11×13=143. Do 143≡15 (mod 16) nên 11×13=15 trong Z
16
.
Một số tính chất của Z
m
1. Phép cộng đóng trong Z
m
, i.e., ∀ a, b ∈ Z
m
, a+b ∈ Z
m
2. Tính giao hốn của phép cộng trong Z
m
, i.e., ∀ a, b ∈ Z
m
, a+b =b+a
3. Tính kết hợp của phép cộng trong Z
m
, i.e., ∀ a, b, c ∈ Z
m
, (a+b)+c =a+(b+c)
4. Z
m
có phần tử trung hòa là 0, i.e., ∀ a ∈ Z
m
, a+0=0+a=a
5. Mọi phần tử a trong Z
m
đều có phần tử đối là m – a
6. Phép nhân đóng trong Z
m
, i.e., ∀ a, b ∈ Z
m
, b∈ Z
m
7. Tính giao hốn của phép cộng trong Z
m
, i.e., ∀ a, b ∈ Z
m
, b=b×a
8. Tính kết hợp của phép cộng trong Z
m
, i.e., ∀ a, b, c ∈ Z
m
, (b)×c =(b×c)
9. Z
m
có phần tử đơn vị là 1, i.e., ∀ a ∈ Z
m
, 1=1×a=a
10. Tính phân phối của phép nhân đối với phép cộng, i.e., ∀ a, b, c ∈ Z
m
, (a+b)×c =(c)+
(b×c)
11. Z
m
có các tính chất 1, 3 – 5 nên tạo thành 1 nhóm. Do Z
m
có tính chất 2 nên tạo thành
nhóm Abel. Z
m
có các tính chất (1) – (10) nên tạo thành 1 vành
I.2 Các Hệ Mã Thơng Dụng:
a. Hệ Mã Đầy (Shift Cipher )
Shift Cipher là một trong những phương pháp lâu đời nhất được sử dụng để mã
hóa. Thơng điệp được mã hóa bằng cách dịch chuyển (xoay vòng) từng ký tự đi k vị trí trong
bảng chữ cái.
Phương pháp Shift Cipher
Cho P = C = K = Z
26
. Với 0 ≤ K ≤ 25, ta định nghĩa
e
K
= x + K mod 26

d
K
= y - K mod 26
(x,y ∈ Z
26
)
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
trong đó 26 là số ký tự trong bảng chữ cái La tinh, một cách tương tự cũng có thể định
nghĩa cho một bảng chữ cái bất kỳ. Đồng thời ta dễ dàng thấy rằng mã đẩy là một hệ mật mã vì
d
K
(e
K
(x)) = x với mọi x∈Z
26
.
b. Hệ KEYWORD-CEASAR
Trong hệ mã này khóa là một từ nào đó được chọn trước, ví dụ PLAIN. Từ này xác
định dãy số ngun trong Z
26
(15,11,0,8,13) tương ứng với vị trí các chữ cái của các chữ được
chọn trong bảng chữ cái. Bây giờ bản rõ sẽ được mã hóa bằng cách dùng các hàm lập mã theo
thứ tự:
e
15
, e
11
, e
0
, e
8
, e
13
, e
15
, e
11
, e
0
, e
8
, e,...
với e
K
là hàm lập mã trong hệ mã chuyển.
c. Hệ Mã Vng (SQUARE)
Trong hệ này các từ khóa được dùng theo một cách khác hẳn. Ta dùng bảng chữ cái
tiếng Anh (có thể bỏ đi chữ Q, nếu muốn tổng số các chữ số là một số chính phương) và đòi
hỏi mọi chữ trong từ khóa phải khác nhau. Bây giờ mọi chữ của bảng chữ cái được viết dưới
dạng một hình vng, bắt đầu bằng từ khóa và tiếp theo là những chữ cái còn lại theo thứ tự
của bảng chữ.
d. Mã thế vị
Một hệ mã khác khá nổi tiếng . Hệ mã này đã được sử dụng hàng trăm năm nay.
Phương pháp :
Cho P = C = Z
26
. K gồm tất cả các hốn vị có thể có của 26 ký hiệu 0,...,25.
Với mỗi hốn vị π∈K, ta định nghĩa:
e
π
(x) = π(x)
và định nghĩa d
π
(y) = π
-1
(y)
với π
-1
là hốn vị ngược của hốn vị π.
Trong mã thế vị ta có thể lấy P và C là các bảng chữ cái La tinh. Ta sử dụng Z
26
trong
mã đẩy vì lập mã và giải mã đều là các phép tốn đại số.
e. Phương pháp Affine
Cho P = C = Z
26
và cho
K = {(a,b) ∈ Z
26
× Z
26
: gcd(a,26) = 1}
Với K = (a,b) ∈ K, ta xác định
e
K
(x) = ax+b mod 26

d
K
= a
-1
(y-b) mod 26
(x,y ∈ Z
26
)
Phương pháp Affine lại là một trường hợp đặc biệt khác của Substitution Cipher.
Để có thể giải mã chính xác thơng tin đã được mã hóa bằng hàm e
k
∈ E thì e
k
phải là một song
ánh. Như vậy, với mỗi giá trị y∈Z
26
, phương trình ax+b≡y (mod 26) phải có nghiệm duy nhất
x∈Z
26
.
Phương trình ax+b≡y (mod 26) tương đương với ax≡(y–b ) (mod 26). Vậy, ta chỉ cần khảo
sát phương trình ax≡(y–b ) (mod 26)
Định lý1.1: Phương trình ax+b≡y (mod 26) có nghiệm duy nhất x∈Z
26
với mỗi giá trị b∈Z
26
khi
và chỉ khi a và 26 ngun tố cùng nhau.
Vậy, điều kiện a và 26 ngun tố cùng nhau bảo đảm thơng tin được mã hóa bằng hàm e
k
có thể
được giải mã và giải mã một cách chính xác.
Gọi
φ
(26) là số lượng phần tử thuộc Z
26
và ngun tố cùng nhau với 26.
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
Định lý 1.2: Nếu

=
=
m
i
e
i
i
pn
1
với p
i
là các số ngun tố khác nhau và e
i
∈ Z
+
, 1 ≤ i ≤ m thì
( )
( )

=

−=
m
i
e
i
e
i
ii
ppn
1
1
φ
Trong phương pháp mã hóa Affine , ta có 26 khả năng chọn giá trị b,
φ
(26) khả năng chọn giá trị
a. Vậy, khơng gian khóa K có tất cả n
φ
(26) phần tử.
Vấn đề đặt ra cho phương pháp mã hóa Affine Cipher là để có thể giải mã được thơng tin đã được
mã hóa cần phải tính giá trị phần tử nghịch đảo a
–1
∈ Z
26
.
f. Phương pháp Vigenere
phương pháp mã hóa Vigenere sử dụng một từ khóa (keyword) có độ dài m. Có thể xem như
phương pháp mã hóa Vigenere Cipher bao gồm m phép mã hóa Shift Cipher được áp dụng ln
phiên nhau theo chu kỳ.
Khơng gian khóa K của phương pháp Vigenere có số phần tử là 26, lớn hơn hẳn phương pháp
số lượng phần tử của khơng gian khóa K trong phương pháp Shift Cipher. Do đó, việc tìm ra mã
khóa k để giải mã thơng điệp đã được mã hóa sẽ khó khăn hơn đối với phương pháp Shift Cipher.
Phương pháp mã hóa Vigenere Cipher
Chọn số ngun dương m. Định nghĩa P = C = K = (Z
26
)
m
K = { (k
0
, k
1
, ..., k
r-1
) ∈ (Z
26
)
r
}
Với mỗi khóa k = (k0, k1, ..., k
r-1
) ∈ K, định nghĩa:
e
k
(x
1
, x
2
, ..., x
m
) = ((x
1
+k
1
) mod 26, (x
2
+k
2
) mod n, ..., (x
m
+k
m
) mod 26)
d
k
(y
1
, y
2
, ..., y
m
) = ((y
1
–k
1
) mod n, (y
2
–k
2
) mod n, ..., (y
m
–k
m
) mod 26)
với x, y ∈ (Z
26
)
m
g. Hệ mã Hill
Phương pháp Hill Cipher được Lester S. Hill cơng bố năm 1929: Cho số ngun dương m,
định nghĩa P = C = (Z
26
)
m
. Mỗi phần tử x∈P là một bộ m thành phần, mỗi thành phần thuộc Z
26
. Ý
tưởng chính của phương pháp này là sử dụng m tổ hợp tuyến tính của m thành phần trong mỗi
phần tử x∈P để phát sinh ra m thành phần tạo thành phần tử y∈C.
Phương pháp mã hóa Hill Cipher
Chọn số ngun dương m. Định nghĩa:
P = C = (Z
26
)
m
và K là tập hợp các ma trận m×m khả nghịch
Với mỗi khóa
K
kkk
kk
kkk
k
mmmm
m
m















=
,2,1,
,21,2
,12,11,1




, định nghĩa:
( ) ( )














==
mmmm
m
m
mk
kkk
kk
kkk
xxxxkxe
,2,1,
,21,2
,12,11,1
21
,...,,




với x=(x
1
, x
2
, ..., x
m
) ∈ P
và d
k
(y) = yk
–1
với y∈ C
Mọi phép tốn số học đều được thực hiện trên Z
n
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
h. Mã hốn vị
Những phương pháp mã hóa nêu trên đều dựa trên ý tưởng chung: thay thế mỗi ký tự trong
thơng điệp nguồn bằng một ký tự khác để tạo thành thơng điệp đã được mã hóa. Ý tưởng chính
của phương pháp mã hốn vị là vẫn giữ ngun các ký tự trong thơng điệp nguồn mà chỉ thay
đổi vị trí các ký tự; nói cách khác thơng điệp nguồn được mã hóa bằng cách sắp xếp lại các ký tự
trong đó.
Phương pháp mã hóa mã hốn vị
Chọn số ngun dương m. Định nghĩa:
P = C = (Z
26
)
m
và K là tập hợp các hốn vị của m phần tử {1, 2, ..., m}
Với mỗi khóa π ∈ K, định nghĩa:
( )
( ) ( ) ( )
( )
mm
xxxxxxe
ππππ
,...,,...,,
2121
=

( )
( ) ( ) ( )
( )
m
m
yyyyyyd
111
,...,,...,,
21
21
−−−
=
πππ
π
với π
–1
hốn vị ngược của π
Phương pháp mã hốn vị chính là một trường hợp đặc biệt của phương pháp Hill. Với mỗi
hốn vị π của tập hợp {1, 2, ..., m} , ta xác định ma trận k
π
= (k
i, j
) theo cơng thức sau:
( )



=
=
lại ngược hợptrường trong
nếu
,0
,1
,
ji
k
ji
π
Ma trận k
π
là ma trận mà mỗi dòng và mỗi cột có đúng một phần tử mang giá trị 1, các phần
tử còn lại trong ma trận đều bằng 0. Ma trận này có thể thu được bằng cách hốn vị các hàng hay
các cột của ma trận đơn vị I
m
nên k
π

là ma trận khả nghịch. Rõ ràng, mã hóa bằng phương pháp
Hill với ma trận k
π

hồn tồn tương đương với mã hóa bằng phương pháp mã hốn vị với hốn vị
π.
k. Mã vòng
Trong các hệ trước đều cùng một cách thức là các phần tử kế tiếp nhau của bản rõ đều
được mã hóa với cùng một khóa K. Như vậy xâu mã y sẽ có dạng sau:
y = y
1
y
2
... = e
K
(x
1
) e
K
(x
2
)...
Các hệ mã loại này thường được gọi là mã khối (block cipher).
Còn đối với các hệ mã dòng. Ý tưởng ở đây là sinh ra một chuỗi khóa z = z
1
z
2
..., và sử
dụng nó để mã hóa xâu bản rõ x = x
1
x
2
...theo qui tắc sau:
)...()(...
2121
21
xexeyyy
zz
==
I.3 Quy trình thám mã:
Cứ mỗi phương pháp mã hố ta lại có một phương pháp thám mã tương ứng nhưng
ngun tắc chung để việc thám mã được thành cơng thì u cầu người thám mã phải
biết hệ mã nào được dùng hố. Ngồi ra ta còn phải biết được bản mã và bản rõ ứng.
nhìn chung các hệ mã đối xứng là dễ cài đặt với tốc độ thực thi nhanh.
Tính an tồn của nó phụ thuộc vào các yếu tố :
• Khơng gian khố phải đủ lớn
• với các phép trộn thích hợp các hệ mã đối xứng có thể tạo ra được một hệ mã
mới có tính an tồn cao.
• bảo mật cho việc truyền khóa cũng cần được xử lý một cách nghiêm túc.
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
Và một hệ mã hố dữ liệu ra đời (DES). DES được xem như là chuẩn mã hóa dữ liệu
cho các ứng dụng từ ngày 15 tháng 1 năm 1977 do Ủy ban Quốc gia về Tiêu chuẩn của Mỹ xác
nhận và cứ 5 năm một lần lại có chỉnh sửa, bổ sung.
DES là một hệ mã được trộn bởi các phép thế và hốn vị. với phép trộn thích hợp thì
việc giải mã nó lại là một bài tốn khá khó. Đồng thời việc cài đặt hệ mã này cho những ứng
dụng thực tế lại khá thuận lợi. Chính những lý do đó nó được ứng dụng rộng rãi của DES trong
suốt hơn 20 năm qua, khơng những tại Mỹ mà còn là hầu như trên khắp thế giới. Mặc dù theo
cơng bố mới nhất (năm 1998) thì mọi hệ DES, với những khả năng của máy tính hiện nay, đều
có thể bẻ khóa trong hơn 2 giờ. Tuy nhiên DES cho đến nay vẫn là một mơ hình chuẩn cho
những ứng dụng bảo mật trong thực tế.
II. HỆ MÃ CHUẨN DES (Data Encryption Standard)
II.1 Đặc tả DES
Phương pháp DES mã hóa từ x có 64 bit với khóa k có 56 bit thành một từ có y 64 bit. Thuật
tốn mã hóa bao gồm 3 giai đoạn:
1.Với từ cần mã hóa x có độ dài 64 bit, tạo ra từ x
0
(cũng có độ dài 64 bit) bằng cách hốn vị
các bit trong từ x theo một hốn vị cho trước IP (Initial Permutation). Biểu diễn x
0
= IP(x) =
L
0
R
0
, L
0
gồm 32 bit bên trái của x
0
, R
0
gồm 32 bit bên phải của x
0
L
0
R
0
x
0
Hình.1 Biểu diễn dãy 64 bit x thành 2 thành phần L và R
2...................Xác định các cặp từ 32 bit L
i
, R
i
với 1≤ i ≤ 16theo quy tắc sau:
L
i
= R
i-1
R
i
= L
i-1
⊕ f (R
i-1
, K
i
)
với ⊕ biểu diễn phép tốn XOR trên hai dãy bit, K
1
, K
2
, ..., K
16
là các dãy 48 bit phát sinh từ
khóa K cho trước (Trên thực tế, mỗi khóa K
i
được phát sinh bằng cách hốn vị các bit trong
khóa K cho trước).
L
i - 1
R
i - 1
f
K
i

L
i
R
i
Hình.2 Quy trình phát sinh dãy 64 bit L
i
R
i
từ dãy 64 bit L
i-1
R
i-1
và khóa K
i
3.Áp dụng hốn vị ngược IP
-1
đối với dãy bit R
16
L
16
, thu được từ y gồm 64 bit. Như vậy, y =
IP
-1
(R
16
L
16
)
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
Hàm f được sử dụng ở bước 2 là
Hàm f có gồm 2 tham số: Tham số thứ nhất A là một dãy 32 bit, tham số thứ hai J là một dãy
48 bit. Kết quả của hàm f là một dãy 32 bit. Các bước xử lý của hàm f(A, J)như sau:
• Tham số thứ nhất A (32 bit) được mở rộng thành dãy 48 bit bằng hàm mở rộng E. Kết quả
của hàm E(A) là một dãy 48 bit được phát sinh từ A bằng cách hốn vị theo một thứ tự
nhất định 32 bit của A, trong đó có 16 bit của A được lập lại 2 lần trong E(A).
• Thực hiện phép tốn XOR cho 2 dãy 48 bit E(A) và J, ta thu được một dãy 48 bit B. Biểu
diễn B thành từng nhóm 6 bit như sau:B = B
1
B
2
B
3
B
4
B
5
B
6
B
7
B
8

• Sử dụng 8 ma trận S
1
, S
2
,..., S
8
, mỗi ma trận S
i
có kích thước 4×16 và mỗi dòng của ma
trận nhận đủ 16 giá trị từ 0 đến 15. Xét dãy gồm 6 bit B
j
= b
1
b
2
b
3
b
4
b
5
b
6
, S
j
(B
j
)
được xác định bằng giá trị của phần tử tại dòng r cột c của S
j
, trong đó, chỉ số dòng r có
biểu diễn nhị phân là b
1
b
6
, chỉ số cột c có biểu diễn nhị phân là b
2
b
3
b
4
b
5
. Bằng cách này,
ta xác định được các dãy 4 bit C
j
= S
j
(B
j
), 1 ≤ j ≤ 8.
• Tập hợp các dãy 4 bit C
j
lại. ta có được dãy 32 bit C = C
1
C
2
C
3
C
4
C
5
C
6
C
7
C
8
. Dãy 32 bit thu
được bằng cách hốn vị C theo một quy luật P nhất định chính là kết quả của hàm F(A, J)
các hàm được sử dụng trong DES.
Hốn vị khởi tạo IP sẽ như sau:
IP
58 50 42 34 26 18 10 2
60 52 44 36 28 20 12 4
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
A
B
1
B
2
B
3
B
4
B
5
B
6
B
7

B
8
S
1
J
E(A)
S
2
S
3
S
4
S
5
S
6
S
7
S
8
C
1
C
2
C
3
C
4
C
5
C
6
C
7
C
8
f(A,J)
E
+
P
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
62 54 46 38 30 22 14 6
64 56 48 40 32 24 16 8
57 49 41 33 25 17 9 1
59 51 43 35 27 19 11 3
61 53 45 37 29 21 13 5
63 55 47 39 31 23 15 7
Điều này có nghĩa là bit thứ 58 của x là bit đầu tiên của IP(x); bit thứ 50 của x là bit
thứ hai của IP(x) v.v.
Hốn vị ngược IP
-1
sẽ là:
IP
-1
40
39
38
37
36
35
34
33
8
7
6
5
4
3
2
1
48
47
46
45
44
43
42
41
16
15
14
13
12
11
10
9
56
55
54
53
52
51
50
49
24
23
22
21
20
19
18
17
64
63
62
61
60
59
58
57
32
31
30
29
28
27
26
25
Hàm mở rộng E được đặc tả theo bảng sau:
E – bảng chọn bit
32
4
8
12
16
20
24
28
1
5
9
13
17
21
25
29
2
6
10
14
18
22
26
30
3
7
11
15
19
23
27
31
4
8
12
16
20
24
28
32
5
9
13
17
21
25
29
1
Tám S-hộp và hốn vị P sẽ được biểu diễn như sau:
S
1
14
0
4
15
4
15
1
12
13
7
14
8
1
4
8
2
2
14
13
4
15
2
6
9
11
13
2
1
8
1
11
7
3
10
15
5
10
6
12
11
6
12
9
3
12
11
7
14
5
9
3
10
9
5
10
0
0
3
5
6
7
8
0
13
S
2
15
3
0
13
1
13
14
8
8
4
7
10
14
7
11
1
6
15
10
3
11
2
4
15
3
8
13
4
4
14
1
2
9
12
5
11
7
0
8
6
2
1
12
7
13
10
6
12
12
6
9
0
0
9
3
5
5
11
2
14
10
5
15
9
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
S
3
10
13
13
1
0
7
6
10
9
0
4
13
14
9
9
0
6
3
8
6
3
4
15
9
15
6
3
8
5
10
0
7
1
2
11
4
13
8
1
15
12
5
2
14
7
14
12
3
11
12
5
11
4
11
10
5
2
15
14
2
8
1
7
12
S
4
7
13
10
3
13
8
6
15
14
11
9
0
3
5
0
6
0
6
12
10
6
15
11
1
9
0
7
13
10
3
13
8
1
4
15
9
2
7
1
4
8
2
3
5
5
12
14
11
11
1
5
12
12
10
2
7
4
14
8
2
15
9
4
14
S
5
2
14
4
11
12
11
2
8
4
2
1
12
1
12
11
7
7
4
10
0
10
7
13
14
11
13
7
2
6
1
8
13
8
5
15
6
5
0
9
15
3
15
12
0
15
10
5
9
13
3
6
10
0
9
3
4
14
8
0
5
9
6
14
3
S
6
12
10
9
4
1
15
14
3
10
4
15
2
15
2
5
12
9
7
2
9
2
12
8
5
6
9
12
15
8
5
3
10
0
6
7
11
13
1
0
14
3
13
4
1
4
14
10
7
14
0
1
6
7
11
13
0
5
3
11
8
11
8
6
13
S
7
4
13
1
6
11
0
4
11
2
11
11
13
14
7
13
8
15
4
12
1
0
9
3
4
8
1
7
10
13
10
14
7
3
14
10
9
12
3
15
5
9
5
6
0
7
12
8
15
5
2
0
14
10
15
5
2
6
8
9
3
1
6
2
12
S
8
13
1
7
2
2
15
11
1
8
13
4
14
4
8
1
7
6
10
9
4
15
3
12
10
11
7
14
8
1
4
2
13
10
12
0
15
9
5
6
12
3
6
10
9
14
11
13
0
5
0
15
3
0
14
3
5
12
9
5
6
7
2
8
11
P
16
29
1
5
2
32
19
22
7
12
15
18
8
27
13
11
20
28
23
31
24
3
30
4
21
17
26
10
14
9
6
25
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
K là xâu có độ dài 64 bit, trong đó có 56 bit dùng làm khóa và 8 bit dùng để kiểm tra sự
bằng nhau (để phát hiện lỗi). Các bit ở các vị trí 8, 16, ..., 64 được xác định, sao cho mỗi byte
chứa số lẻ các số 1. Vì vậy, từng lỗi có thể được phát hiện trong mỗi 8 bit. Các bit kiểm tra sự
bằng nhau là được bỏ qua khi tính lịch khóa.
1. Cho khóa 64 bit K, loại bỏ các bit kiểm tra và hốn vị các bit còn lại của K tương ứng
với hốn vị (cố định) PC-1. Ta viết PC-1(K) = C
0
D
0
, với C
0
bao gồm 28 bit đầu tiên của PC-
1(K) và D
0
là 28 bit còn lại.
2. Với i nằm trong khoảng từ 1 đến 16, ta tính
C
i
= LS
i
(C
i-1
)
D
i
= LS
i
(D
i-1
)
và K
i
= PC-2(C
i
D
i
), LS
i
biểu diễn phép chuyển chu trình (cyclic shift) sang trái hoặc của một
hoặc của hai vị trí tùy thuộc vào trị của i; đẩy một vị trí nếu i = 1, 2, 9 hoặc 16 và đẩy 2 vị trí
trong những trường hợp còn lại. PC-2 là một hốn vị cố định khác.
Việc tính lịch khóa được minh họa như hình vẽ sau:


Các hốn vị PC-1 và PC-2 được sử dụng trong việc tính lịch khóa là như sau:
PC-1
57
1
10
19
63
7
14
21
49
58
2
11
55
62
6
13
41
50
59
34
7
54
61
5
33
42
51
60
39
46
53
28
25
34
43
52
31
38
45
20
17
26
35
44
23
30
37
12
9
18
27
36
15
22
29
4
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
K
PC-1
C
0
D
0
C
1
D
1
PC-2 K
1
LS
1
LS
1
LS
2
LS
2
...
LS
16
LS
16
C
16
D
16
PC-2 K
16
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
PC-2
14
3
23
16
41
30
44
46
17
28
19
7
50
40
49
42
11
15
12
27
31
51
39
50
24
6
4
20
37
45
56
36
1
21
26
13
47
33
34
29
5
10
8
2
55
48
53
32
Bây giờ ta sẽ hiển thị kết quả việc tính lịch khóa. Như đã nhận xét ở trên, mỗi vòng sử
dụng khóa 48 bit tương ứng với 48 bit trong K. Các thành phần trong các bảng sau sẽ chỉ ra các
bit trong K được sử dụng trong các vòng khác nhau.
II.2 LẬP MÃ DES
Đây là ví dụ về việc lập mã sử dụng DES. Giả sử ta mã hóa bản rõ sau trong dạng thập lục
phân (Hexadecimal)
0123456789ABCDEF
sử dụng khóa thập lục phân
133457799BBCDFF1
Khóa trong dạng nhị phân khơng có các bit kiểm tra sẽ là:
00010010011010010101101111001001101101111011011111111000.
Ap dụng IP, ta nhận được L
0
và R
0
(trong dạng nhị phân) :
L
0
L
1
= R
0
=
=
11001100000000001100110011111111
11110000101010101111000010101010
16 vòng lập mã được thể hiện như sau:
E(R
0
)
K
1
E(R
0
) ⊕ K
1
Output S-hộp
f(R
0
,K
1
)
L
2
= R
1
=
=
=
=
=
=
011110100001010101010101011110100001010101010101
000110110000001011101111111111000111000001110010
011000010001011110111010100001100110010100100111
01011100100000101011010110010111
00100011010010101010100110111011
11101111010010100110010101000100
E(R
1
)
K
2
E(R
1
) ⊕ K
2
Output S-hộp
f(R
1
, K
2
)
L
3
= R
2
=
=
=
=
=
=
011101011110101001010100001100001010101000001001
011110011010111011011001110110111100100111100101
000011000100010010001101111010110110001111101100
11111000110100000011101010101110
00111100101010111000011110100011
11001100000000010111011100001001
E(R
2
)
K
3
E(R
2
) ⊕ K
3
S-box output
f(R
2
, K
3
)
L
4
= R
3
=
=
=
=
=
=
111001011000000000000010101110101110100001010011
010101011111110010001010010000101100111110011001
101100000111110010001000111110000010011111001010
00100111000100001110000101101111
01001101000101100110111010110000
10100010010111000000101111110100
E(R
3
)
K
4
=
=
010100000100001011111000000001010111111110101001
011100101010110111010110110110110011010100011101
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
E(R
3
) ⊕ K
4
S-box output
f(R
3
, K
4
)
L
5
= R
4
=
=
=
=
001000101110111100101110110111100100101010110100
00100001111011011001111100111010
10111011001000110111011101001100
011101110
E(R
4
)
K
5
E(R
4
) ⊕ K
5
Xuất S-hộp
f(R
4
, K
5
)
L
6
= R
5
=
=
=
=
=
=
101110101110100100000100000000000000001000001010
011111001110110000000111111010110101001110101000
110001100000010100000011111010110101000110100010
01010000110010000011000111101011
00101000000100111010110111000011
10001010010011111010011000110111
E(R
5
)
K
6
E(R
5
) ⊕ K
6
S-box output
f(R
5
, K
6
)
L
7
= R
6
=
=
=
=
=
=
110001010100001001011111110100001100000110101111
011000111010010100111110010100000111101100101111
101001101110011101100001100000001011101010000000
01000001111100110100110000111101
10011110010001011100110100101100
11101001011001111100110101101001
E(R
6
)
K
7
E(R
6
) ⊕ K
7
S-box output
f(R
6
, K
7
)
L
8
= R
7
=
=
=
=
=
=
111101010010101100001111111001011010101101010011
111011001000010010110111111101100001100010111100
000110011010111110111000000100111011001111101111
00010000011101010100000010101101
10001100000001010001110000100111
00000110010010101011101000010000
E(R
7
)
K
8
E(R
7
) ⊕ K
8
S-box output
f(R
7
, K
8
)
L
9
= R
8
=
=
=
=
=
=
000000001100001001010101010111110100000010100000
111101111000101000111010110000010011101111111011
111101110100100001101111100111100111101101011011
01101100000110000111110010101110
00111100000011101000011011111001
11010101011010010100101110010000
E(R
8
)
K
9
E(R
8
) ⊕ K
9
S-box output
f(R
8
, K
9
)
L
10
= R
9
=
=
=
=
=
=
011010101010101101010010101001010111110010100001
111000001101101111101011111011011110011110000001
100010100111000010111001010010001001101100100000
00010001000011000101011101110111
00100010001101100111110001101010
00100100011111001100011001111010
E(R
9
)
K
10
E(R
9
) ⊕ K
10
S-box output
f(R
9
, K
10
)
L
11
= R
10
=
=
=
=
=
=
000100001000001111111001011000001100001111110100
101100011111001101000111101110100100011001001111
101000010111000010111110110110101000010110111011
11011010000001000101001001110101
01100010101111001001110000100010
10110111110101011101011110110010
E(R
10
)
K
11
E(R
10
) ⊕ K
11
=
=
=
010110101111111010101011111010101111110110100101
001000010101111111010011110111101101001110000110
011110111010000101111000001101000010111000100011
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
S-box output
f(R
10
, K
11
)
L
12
= R
11
=
=
=
01110011000001011101000100000001
11100001000001001111101000000010
11000101011110000011110001111000
E(R
11
)
K
12
E(R
11
) ⊕ K
12
S-box output
f(R
11
, K
12
)
L
13
= R
12
011000001010101111110000000111111000001111110001
011101010111000111110101100101000110011111101001
000101011101101000000101100010111110010000011000
01111011100010110010011000110101
11000010011010001100111111101010
01110101101111010001100001011000
E(R
12
)
K
13
E(R
12
)⊕ K
13
S-box output
f(R
12
, K
13
)
L
14
= R
13
=
=
=
=
=
=
001110101011110111111010100011110000001011110000
100101111100010111010001111110101011101001000001
101011010111100000101011011101011011100010110001
10011010110100011000101101001111
11011101101110110010100100100010
00011000110000110001010101011010
E(R
13
)
K
14
E(R
13
)⊕ K
14
S-box output
f(R
13
, K
14
)
L
15
= R
14
=
=
=
=
=
=
000011110001011000000110100010101010101011110100
010111110100001110110111111100101110011100111010
010100000101010110110001011110000100110111001110
01100100011110011001101011110001
10110111001100011000111001010101
11000010100011001001011000001101
E(R
14
)
K
15
E(R
14
)⊕ K
15
S-box output
f(R
14
, K
15
)
L
16
= R
15
=
=
=
=
=
=
111000000101010001011001010010101100000001011011
101111111001000110001101001111010011111100001010
010111111100010111010100011101111111111101010001
10110010111010001000110100111100
01011011100000010010011101101110
01000011010000100011001000110100
E(R
15
)
K
16
E(R
15
)⊕ K
16
S-box output
f(R
15
, K
16
)
R
16
=
=
=
=
=
=
001000000110101000000100000110100100000110101000
110010110011110110001011000011100001011111110101
111010110101011110001111000101000101011001011101
10100111100000110010010000101001
11001000110000000100111110011000
00001010010011001101100110010101
Cuối cùng, áp dụng IP
-1
cho R
16
L
16
ta nhận được bản mã trong dạng thập lục phân như
sau:
85E813540F0AB405
II. 3 THÁM MÃ DES
Một phương pháp rất nổi tiếng trong thám mã DES là “thám mã vi sai“ (differential
cryptanalysic) do Biham và Shamir đề xuất. Đó là phương pháp thám với bản rõ được chọn. Nó
khơng được sử dụng trong thực tế để thám mã DES 16 vòng, mà chỉ được sử dụng để thám các
hệ DES có ít vòng hơn.
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
Bây giờ ta sẽ mơ tả những ý tưởng cơ bản của kỹ thuật này. Để đạt mục đích thám mã,
ta có thể bỏ qua hốn vị khởi tạo IP và hốn vị đảo của nó (bởi vì điều đó khơng cần thiết cho
việc thám mã). Như đã nhận xét ở trên, ta xét các hệ DES n vòng, với n ≤ 16. Trong cài đặt ta
có thể coi L
0
R
0
là bản rõ và L
n
R
n
như là bản mã.
Thám mã vi sai đòi hỏi phải so sánh x-or (exclusive-or) của hai bản rõ với x-or của hai
bản mã tương ứng. Nói chung, ta sẽ quan sát hai bản rõ L
0
R
0
và L
0
*
R
0
*
với trị x-or được đặc tả
L
0
’R
0
’ = L
0
R
0
⊕ L
0
*
R
0
*
. Trong những thảo luận sau ta sẽ sử dụng ký hiệu (‘) để chỉ x-or của hai
xâu bit.
Định nghĩa 3.1: Cho S
j
là một S-hộp (1 ≤ j ≤ 8). Xét một cặp xâu 6-bit là (B
j
,B
j
*

). Ta
nói rằng, xâu nhập x-or (của S
j
) là B
j
⊕ B
j
*
và xâu xuất x-or (của S
j
) là S
j
(B
j
) ⊕ S
j
(B
j
*
).
Chú ý là xâu nhập x-or là xâu bit có độ dài 6, còn xâu xuất x-or có độ dài 4.
Định nghĩa 3.2: Với bất kỳ B
j
’ ∈ (Z
2
)
6
, ta định nghĩa tập ∆(B
j
’) gồm các cặp (B
j
,B
j
*
) có
x-or nhập là B
j
’.
Dễ dàng thấy rằng, bất kỳ tập ∆(B
j
’) nào cũng có 2
6
= 64 cặp, và do đó
∆(B
j
’) = {(B
j
, B
j
⊕ B
j
’) : B
j
∈ (Z
2
)
6
}
Với mỗi cặp trong ∆(B
j
’), ta có thể tính xâu x-or xuất của S
j
và lập được phân bố kết
quả. Có 64 xâu xuất x-or, được phân bố trong 2
4
= 16 giá trị có thể có. Tính khơng đồng đều
của các phân bố đó là cơ sở để mã thám.
Ví dụ 3.1: Giả sử ta xét S
1
là S-hộp đầu tiên và xâu nhập x-or là 110100. Khi đó
∆(110100) = {(000000, 110100), (000001, 110101), ..., (111111, 001011)}
Với mỗi cặp trong tập ∆(110100), ta tính xâu xuất x-or của S
1
. Chẳng hạn,
S
1
(000000) = E
16
= 1110, S
1
(110100) = 1001,
như vậy xâu xuất x-or cho cặp (000000,110100) là 0111.
Nếu thực hiện điều đó cho 64 cặp trong ∆(110100) thì ta nhận được phân bố của các
xâu x-or xuất sau:
0000 0001 0010 0011 0100 0101 0110 0111 1000 1001 1010 1011 1100 1101 1110 1111
0 8 16 6 2 0 0 12 6 0 0 0 0 8 0 6
Trong ví dụ 3.1, chỉ có 8 trong số 16 xâu x-or xuất có thể có xuất hiện thật sự. Ví dụ cụ
thể này đã chỉ ra sự phân bố rất khơng đều của các xâu x-or xuất. Nói chung, nếu ta cố định S-
hộp S
j
và xâu nhập x-or B
j
’, thì trung bình có khoảng 75 - 80% các xâu x-or xuất có thể có xuất
hiện thực sự.
Để mơ tả các phân bơ đó ta đưa ra định nghĩa sau.
Định nghĩa 3.3: Với 1 ≤ j ≤ 8 và với các xâu bit B
j
’ độ dài 6 và Cj’ độ dài 4, ta định
nghĩa:
IN
j
(B
j
’,C
j
’) = {B
j
∈ (Z
2
)
6
: S
j
(B
j
) ⊕ S
j
(B
j
⊕ B
j
’) = C
j
’}

N
j
(B
j
’, C
j
’) = IN
j
(B
j
’, C
j
’)
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
Bảng sau sẽ cho các xâu nhập có thể có với xâu x-or nhập 110100
Xâu xuất x-or Các xâu nhập có thể có
0000
0001 000011, 001111, 011110, 011111
101010, 101011, 110111, 111011
0010
000100, 000101, 001110, 010001
010010, 010100, 011010, 011011
100000, 100101, 010110, 101110
101111, 110000, 110001, 111010
0011 000001, 000010, 010101, 100001
110101, 110110
0100 010011, 100111
0101
0110
0111
000000, 001000, 001101, 010111
011000, 011101, 100011, 101001
101100, 110100, 111001, 111100
1000 001001, 001100, 011001, 101101
111000, 111101
1001
1010
1011
1100
1101 000110, 010000, 010110, 011100
110010, 100100, 101000, 110010
1110
1111 000111, 001010, 001011, 110011
111110, 111111
N
j
(B
j
’, C
j
’) tính số các cặp với xâu nhập x-or bằng B
j
’ có xâu xuất x-or bằng C
j
’ với S-
hộp S
j
. Các cặp đó có các xâu nhập x-or được đặc tả và đưa ra cách tính các xâu xuất x-or có
thể nhận được từ tập IN
j
(B
j
’, C
j
’). Để ý rằng, tập này có thể phân thành N
j
(B
j
’, C
j
’) /2 cặp, mỗi
cặp có xâu x-or nhập bằng B
j
’.
Phân bố trong ví dụ 3.1 chứa các trị N
1
(110100, C
1
’), C
1
’∈ (Z
2
)
4
. Trong bảng trên
chứa các tập IN(110100, C
1
’).
Với mỗi tám S-hộp, có 64 xâu nhập x-or có thể có. Như vậy, có 512 phân bố có thể tính
được. Nhắc lại là, xâu nhập cho S-hộp ở vòng thứ i là B= E⊕ J, với E = E(R
i-1
) là mở rộng của
R
i-1
và J = K
i
gồm các bit khóa của vòng i. Bây giờ xâu nhập x-or (cho tất cả tám S-hộp) có thể
tính được như sau:
B ⊕ B* = (E ⊕ J) ⊕ (E* ⊕ J) = E ⊕ E*
Điều này rất quan trọng để thấy rằng, xâu nhập x-or khơng phụ thuộc vào các bit khóa J.
(Do đó, xâu xuất x-or cũng khơng phụ thuộc vào các bit khóa.)
Ta sẽ viết mỗi B, E và J như là nối của tám xâu 6-bit:
B = B
1
B
2
B
3
B
4
B
5
B
6
B
7
B
8
E = E
1
E
2
E
3
E
4
E
5
E
6
E
7
E
8
J = J
1
J
2
J
3
J
4
J
5
J
6
J
7
J
8

và ta cũng sẽ viết B
*
và E
*
như vậy. Bây giờ giả sử là ta đã biết các trị E
j
và E
j
*
với một j nào đó,
1 ≤ j ≤ 8, và trị của xâu xuất x-or cho S
j
, C
j
’ = S
j
(B
j
) ⊕ S
j
(B
j
*
). Khi đó sẽ là:
E
j
⊕ J
j
∈ IN
j
(E
j
’, C
j
’),
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
với E
j
’ = E
j
⊕ E
j
*
.
Định nghĩa 3.4: Giả sử E
j
và E
j
*
là các xâu bit độ dài 6, và C
j
’ là xâu bit độ dài 4. Ta định
nghĩa:
test
j
(E
j
, E
j
*
, C
j
’) = { B
j


E
j
: B
j


IN
j
(E
j
’, C
j
’) },
với E
j
’ = E
j


E
j
*
.
Định lý 3.1:
Giả sử E
j
và E
j
*
là hai xâu nhập cho S-hộp S
j
, và xâu xuất x-or cho S
j
là C
j
’. Ký hiệu E
j

= E
j


E
j
*
. Khi đó các bit khóa J
j
có trong tập test
j
(E
j
, E
j
*, C
j
’).
Để ý, đó chính là các xâu bit N
j
(E
j
’, C
j
’) độ dài 6 trong tập test
j
(E
j
, E
j
*
, C
j
’); giá trị chính
xác của J
j
phải là một trong số đó.
Ví dụ 3.2:
Giả sử E
1
= 000001, E
1
*
= 110101 và C
1
’= 1101. Do đó N
1
(110101,1101) = 8, đúng bằng 8 xâu
bit trong tập test
1
(000001, 110101, 1101). Từ bảng trên ta thấy rằng
IN
1
(110100, 1101) = {000110, 010000, 010110, 011100, 100010, 100100, 101000, 110010}
Cho nên
test
1
(000001, 110101,1101) = {000111, 010001, 010111, 011101, 100011, 100101, 101001,
110011}
Nếu ta có một bộ ba thứ hai như thế E
1
, E
1
*
, C
1
’, khi đó ta sẽ nhận được tập thứ hai
test
1
của các trị cho các bit khóa trong J
1
. Trị đúng của J
1
cần phải nằm trong giao của các S-
hộp. Nếu ta có một vài bộ ba như vậy, khi đó ta có thể mau chóng tìm được các bit khóa trong
J
1
. Một cách rõ ràng hơn để thực hiện điều đó là lập một bảng của 64 bộ đếm biểu diễn cho 64
khả năng của của 6 khóa bit trong J
1
. Bộ đếm sẽ tăng mỗi lần, tương ứng với sự xuất hiện của
các bit khóa trong tập test
1
cho một bộ ba cụ thể. Cho t bộ ba, ta hy vọng tìm được duy nhất một
bộ đếm có trị t; trị đó sẽ tương ứng với trị đúng của các bit khóa trong J
1
.
II.3.1. Thám mã hệ DES - 3 vòng
Bây giờ ta sẽ xét ý tưởng vừa trình bày cho việc thám mã hệ DES - ba vòng. Ta sẽ bắt
đầu với cặp bản rõ và các bản mã tương ứng: L
0
R
0
, L
0
*
R
0
*
, L
3
R
3
và L
3
*
R
3
*
. Ta có thể biểu diễn
R
3
như sau:
R
3
= L
2
⊕ f(R
2
, K
3
)
= R
1
⊕ f(R
2
, K
3
)
= L
0
⊕ f(R
0
, K
1
) ⊕ f(R
2
, K
3
)
R
3
* có thể biểu diễn một cách tương tự , do vậy:
R
3
’ = L
0
’ ⊕ f(R
0
, K
1
) ⊕ f(R
0
*
, K
1
) ⊕ f(R
2
, K
3
) ⊕ f(R
2
*
, K
3
)
Bây giờ, giả sử ta đã chọn được các bản rõ sao cho R
0
= R
0
*
, chẳng hạn:
R
0
’ = 00...0
Khi đó f(R
0
, K
1
) = f(R
0
*
, K
1
), và do đó:
R
3
’ = L
0
’⊕ f(R
2
, K
3
) ⊕ f(R
2
*
, K
3
)
Ở điểm này R
3
’ là được biết khi nó có thể tính được từ hai bản mã, và L
0
’ là biết được
khi nó có thể tính được từ hai bản rõ. Nghĩa là ta có thể tính được f(R
2
,K
3
)⊕f(R
2
*
,K
3
) từ
phương trình:
f(R
2
, K
3
) ⊕ f(R
2
*
, K
3
) = R
3
’ ⊕ L
0

Bây giờ f(R
2
, K
3
) = P(C) và f(R
2
*
, K
3
) = P(C
*
), với C và C
*
tương ứng là ký hiệu của
hai xâu xuất của tám S-hộp (nhắc lại, P là cố định, là hốn vị được biết cơng khai). Nên:
P(C) ⊕ P(C
*
) = R
3
’ ⊕ L
0

và kết quả là:
C’ = C ⊕ C* = P
-1
(R
3
’ ⊕ L
0
’) (1)
Đó là xâu xuất x-or cho tám S-hộp trong vòng ba.
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
Bây giờ, R
2
= L3 và R2* = L3* là đã biết (chúng là một phần của các bản mã). Từ đây
ta có thể tính:
E = E(L
3
) (2)

E
*
= E(L
3
*
) (3)
sử dụng hàm mở rộng E được biết cơng khai. Chúng là những xâu nhập cho các S-hộp cho
vòng ba. Như vậy giờ ta đã biết E, E*, và C’ cho vòng ba và ta có thể tiếp tục xây dựng các tập
test
1
, ..., test
8
của các trị có thể có cho các bit khóa trong J
1
, ..., J
8
.
Giải thuật vừa xét có thể biểu diễn bởi các mã sau:
Input: L
0
R
0
, L
0
*
R
0
*
, L
3
R
3
và L
3
*
R
3
*
, với R
0
= R
0
*
1. Tính C’ = P
-1
(R
3
’ ⊕ L
0
’)
2. Tính E = E(L
3
) và E
*
= E(L
*
)
3. for j = 1 to 8 do
compute test
j
(E
j
, E
j
*
, C
j
’)
Việc mã thám sẽ sử dụng một số bộ ba E, E*, C’ như vậy. Ta sẽ lập tám bảng các bộ
đếm và do đó xác định được 48 bit trong K
3
, là khóa cho vòng ba. 56 bit trong khóa khi đó có
thể tìm được hồn tồn từ 2
8
= 256 khả năng cho 8 bit khóa.
Bây giờ ta sẽ minh họa điều đó qua ví dụ sau.
Ví dụ 3.3
Giả sử ta có ba cặp bản rõ và bản mã, với các bản mã cùng có các xâu x-or được mã hóa
bởi cùng một khóa. Để ngắn gọn ta sử dụng hệ thập lục phân:
Bản rõ
Bản mã
748502CD38451097
3874756438451097
03C70306D8A09F10
78560A0960E6D4CB
486911026ACDFF31
375BD31F6ACDFF31
45FA285BE5ADC730
134F7915AC253457
357418DA013FEC86
12549847013FEC86
D8A31B2F28BBC5CF
0F317AC2B23CB944
Từ cặp đầu tiên ta tính các xâu nhập của S-hộp (cho vòng 3) từ các phương trình (2) và
(3). Chúng là:
E = 000000000111111000001110100000000110100000001100
E
*
= 101111110000001010101100000001010100000001010010
Xâu xuất x-or của S-hộp được tính bằng phương trình (1) sẽ là:
C’ = 10010110010111010101101101100111
Từ cặp thứ hai, ta tính được các xâu nhập cho S-hộp là:
E = 101000001011111111110100000101010000001011110110
E
*
= 100010100110101001011110101111110010100010101001
và xâu xuất x-or của S-hộp là:
C’ = 10011100100111000001111101010110
Từ cặp thứ ba, các xâu nhập cho S-hộp sẽ là:
E = 111011110001010100000110100011110110100101011111
E
*
= 000001011110100110100010101111110101011000000100
và xâu xuất x-or của S-hộp là:
C’ = 11010101011101011101101100101011
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
Tiếp theo, ta lập bảng các trị trong tám mảng bộ đếm cho mỗi cặp. Ta sẽ minh họa thủ
tục với các mảng đếm cho J
1
từ cặp đầu tiên. Trong cặp này, ta có E
1
’= 101111 và C
1
’ = 1001.
Tập:
IN
1
(101111, 1001) = {000000, 000111, 101000, 101111}
Do E
1
= 000000 ta có:
J
1
∈ test
1
(000000, 101111, 1001) = {000000, 000111, 101000, 101111}
Do đó ta tăng các trị 0, 7, 40 và 47 trong các mảng đếm cho J
1
.
Cuối cùng ta sẽ trình bày các bảng. Nếu ta xem các xâu bit độ dài 6 như là biểu diễn của
các số ngun trong khoảng 0-63, thì 64 trị sẽ tương ứng với 0, 1, ..., 63. Các mảng đếm sẽ là
như sau:
J
1
1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0
0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 3
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1
J
2
0 0 0 1 0 3 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0
0 1 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0
0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0
0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 0 2 0 0 0
J
3
0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0
0 0 0 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1
0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0
0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0
J
4
3 1 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0
0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1
1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0
0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 2 1
J
5
0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0
0 0 0 0 2 0 0 0 3 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 2 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 2 0
J
6
1 0 0 1 1 0 0 3 0 0 0 0 1 0 0 1
0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0
1 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0
J
7
0 0 2 1 0 1 0 3 0 0 0 1 1 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1
0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 0 1 2 1 1 0
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1
J
8
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1
0 3 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Trong mỗi tám mảng đếm, có duy nhất một bộ đếm có trị là 3. Vị trí của các bộ đếm đó
xác định các bit khóa trong J
1
, ..., J
8
. Các vị trí đó là: 47, 5, 19, 0, 24, 7, 7, 49. Chuyển các số
ngun đó sang dạng nhị phân, ta nhận được J
1
, ..., J
8
:
J
1
= 101111
J
2
= 000101
J
3
= 010011
J
4
= 000000
J
5
= 011000
J
6
= 000111
J
7
= 000111
J
8
= 110001
Bây giờ ta có thể tạo ra 48 bit khóa, bằng cách quan sát lịch khóa cho vòng ba. Suy ra là
K có dạng:
0001101 0110001 01?01?0 1?00100
0101001 0000??0 111?11? ?100011
với các bit kiểm tra đã được loại bỏ và “?” ký hiệu bit khóa chưa biết. Khóa đầy đủ (trong dạng
thập lục phân, gồm cả bit kiểm tra) sẽ là:
1A624C89520DEC46
II.3.2. Thám mã hệ DES 6-vòng
Bây giờ ta sẽ mơ tả việc mở rộng ý tưởng trên cho việc thám mã trên hệ DES 6-vòng. Ý tưỏng
ở đây là lựa chọn một cách cẩn thận cặp bản rõ với xâu x-or đặc thù và sau đó xác định các xác
suất của các dãy đặc thù của các xâu x-or qua các vòng lập mã. Bây giờ ta cần định nghĩa một
khái niệm quan trọng sau.
Định nghĩa 3.5: Cho n ≥ 1 là số ngun. Đặc trưng của vòng thứ n là một danh sách các dạng
L
0
’, R
0
’, L
1
’, R
1
’, p
1
, ..., L
n
’, R
n
’, p
n
thỏa mãn các điều kiện sau:
1. L
i
’ = R
i-1
’ với 1 ≤ i ≤ n
2. Cho 1 ≤ i ≤ n và L
i-1
, R
i-1
và L
*
i-1
, R
*
i-1
là đã được chọn sao cho L
i-1
⊕ L
*
i-1
= L’
i-1
và R
i-1

R
*
i-1
= R’
i-1
. Giả sử L
i
, R
i
và L
i
*
, R
i
*
là tính được nhờ việc áp dụng một vòng lập mã DES.
Khi đó xác suất để L
i
⊕ L
*
i
= L
i
’ và R
i
⊕ R
*
i
= R
i
’ chính xác bằng p
i.
(Chú ý là, xác suất này
được tính trên tất cả các bộ có thể có của J = J
1
...J
8
) .
Xác suất đặc trưng được định nghĩa bằng tích p = p
1
× ...× p
n
.
Nhận xét: Giả sử ta chọn L
0
, R
0
và L
0
*
, R
0
*
sao cho L
0
⊕ L
0
*
= L
0


và R
0
⊕ R
0
*
= R
0
’ và ta áp
dụng n vòng lập mã của DES, nhận được L
1
. ..., L
n
và R
1
, ..., R
n
. Khi đó ta khơng thể đòi hỏi xác
suất để L
i
⊕ L
i
*
= L
i
’ và R
i
⊕ R
i
*
= R
i
’ cho tất cả i ( 1 ≤ i ≤ n) là p
1
× ...× p
n
. Bởi vì các bộ -48
trong lịch khóa K
1
, ..., K
n
khơng phải là độc lập lẫn nhau. (Nếu n bộ-48 này đuợc chọn độc lập
một cách ngẫu nhiên, thì điều xác nhận là đúng). Nhưng ta sẽ coi rằng p
1
× ... × p
n
chính xác là
xác xuất đó.
Ta còn cần xác nhận là, các xác suất p
i
trong đặc trưng là các cặp bản rõ được xác định tùy ý
(nhưng cố định) được đặc tả bằng xâu x-or, với 48 bit khóa cho một vòng lập mã DES là có 2
48

NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
khả năng. Do đó việc thám mã sẽ nhằm vào việc xác định khóa cố định (nhưng chưa biết). Do
đó cần cố chọn các bản mã ngẫu nhiên (nhưng chúng có các xâu x-or được đặc tả), hy vọng
rằng các xác suất để các xâu x-or trong n vòng lập mã trùng hợp với các xâu x-or, được đặc tả
trong đặc trưng, từng đơi một p
1
, ..., p
n
tương ứng.
Trong ví dụ sau đây, ta sẽ trình bày đặc trưng vòng 1 để làm cơ sở cho việc thám mã DES ba
vòng trong hình sau (như ở trên, ta sẽ sử dụng cách biểu diễn theo hệ thập lục phân).
L’
0
= bất kỳ R’
0
= 00000000
16
L’
1
= 00000000
16
R’
1
= L’
0
p = 1
Ta cũng sẽ mơ tả một đặc trưng vòng 1 khác như sau
L’
0
= 00000000
16
R’
0
= 60000000
16
L’
1
= 60000000
16
R’
1
= 00808200
16
p = 14/64
Ta hãy xét đặc trưng sau một cách chi tiết hơn. Khi f(R
0
, K
1
) và f(R
0
*
, K
1
) được tính, bước đầu
tiên là mở rộng R
0
và R
0
*
. Xâu x-or kết quả của hai mở rộng là:
001100...0
Tức là xâu x-or nhập cho S
1
là 001100 và các xâu x-or cho bảy S-hộp khác đều là 000000. Các
xâu xuất x-or cho S
2
đến S
8
đều là 0000. Xâu xuất x-or cho S
1
là 1110 với xác suất 14/64 (do
N1(001100, 1110) = 14). Nên ta nhận được:
C’ = 11100000000000000000000000000000
với xác suất 14/64. Ap dụng P, ta nhận được:
P(C) ⊕ P(C
*
) = 00000000100000001000001000000000
trong dạng thập lục phân sẽ là 00808200
16
. Khi xâu này cộng x-or với L
0
’, ta nhận được R
1
’ với
xác suất 14/64. Do đó L
1
’ = R
0
’.
Việc thám mã DES sáu vòng dựa trên đặc trưng ba vòng được cho trong hình sau. Trong
thám mã 6-vòng, ta bắt đầu với L
0
R
0
. L
0
*
R
0
*
, L
6
R
6
và L
6
*
R
6
*
, mà ta phải chọn bản rõ sao cho
L
0
’= 40080000
16
và R
.0
’= 04000000
16
, ta có thể biểu diễn R
0
như sau:
L
0

L
1

L
2

L
3

=
=
=
=
40080000
16
04000000
16
00000000
16
04000000
16
R
0

R
1

R
2

R
3

=
=
=
=
04000000
16
00000000
16
04000000
16
40080000
16
p = 1/4
p = 1
p = 1/4
R
6
= L
5
⊕ f(R
5
, K
6
)
= R
4
⊕ f(R
5
, K
6
)
= L
3
⊕ f(R
3
, K
4
) ⊕ f(R
5
, K
6
)
R
6
*
cũng có thể biểu diễn tương tự, ta có
R
0
’ = L
3
’ ⊕ f(R
3
, K
4
) ⊕ f(R
3
*
, K
4
) ⊕ f(R
5
, K
6
) ⊕ f(R
5
*
, K
6
) (4)
(Để ý là tương tự như thám mã 3-vòng)
R
6
’ là được biết. Từ đặc trưng ta tính L
3
’ = 04000000
16
và R
3
’ = 40080000
16
với xác suất 1/16.
Nếu như vậy, thì xâu nhập x-or cho S-hộp trong vòng 4 có thể tính được nhờ hàm mở rộng
phải là:
001000000000000001010000...0
Các xâu x-or cho S
2
, S
5
, S
6
, S
7
và S
8
tất cả đều bằng 000000, và vì thế xâu xuất x-or là 0000 cho
tất cả năm S-hộp đó trong vòng 4. Điều này có nghĩa là, ta có thể tính được các xâu xuất x-or
cho năm S-hộp đó trong vòng 6 nhờ phương trình (4). Do đó giả sử ta tính:
C
1
’C
2
’C
3
’C
4
’C
5
’C
6
’C
7
’C
8
’ = P
-1
(R
6
’ ⊕ 04000000)
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
mỗi C
i
là xâu bit có độ dài 4. Khi đó với xác suất 1/16, thì sẽ dẫn đến là C
2
’, C
5
’, C
6
’, C
7
’ và C
8

tương ứng là các xâu x-or xuất của S
2
, S
5
, S
6
, S
7
và S
8
trong vòng 6. Các xâu nhập cho các S-
hộp đó trong vòng 6 có thể tính được là E
2
, E
5
, E
6
, E
7
và E
8
; và E
2
*
, E
5
*
, E
6
*
, E
7
*
và E
8
*
, với
E
1
E
2
E
3
E
4
E
5
E
6
E
7
E
8
= E(R
5
) = E(L
6
)

E
1
*
E
2
*
E
3
*
E
4
*
E
5
*
E
6
*
E
7
*
E
8
*
= E(R
5
*
) = E(L
6
*
)
có thể tính được từ các bản rõ như sau:
Input: L
0
R
0
, L
0
*
R
0
*
, L
6
R
6
và L
6
*
R
6
*
; với L
0
’ = 40080000
16

và R
0
’ = 04000000
16
.
1. Tính C’ = P
-1
(R
6
’ ⊕ 04000000
16
)
2. Tính E = E(L
6
) và E
*
= E(L
6
*
)
3. for j ∈ {2,5,6,7,8} do
tính test
j
( E
j
, E
j
*, Cj’)
Ta cũng sẽ xác định 30 bit khóa trong J
2
, J
5
, J
6
, J
7
và J
8
như trong thám mã 3-vòng. Bài
tốn, để xâu xuất x-or giả định cho vòng 6 là chính xác chỉ với xác suất 1/16. Còn 15/16 phần
còn lại ta sẽ thường nhận được những xâu vơ dụng ngẫu nhiên hơn là các bit khóa.
Định nghĩa 3.6: Giả sử L
0
⊕ L
0
*
= L
0
’ và R
0
⊕ R
0
*
= R
0
’. Ta nói rằng, cặp bản rõ L
0
R
0
và L
0
*
R
0
*
là đúng (right) ứng với đặc trưng nếu L
i
⊕ L
i
*
= L
i
’ và R
i
⊕ R
i
*
= R
i
’ cho mọi i, 1 ≤ i ≤ n. Cặp
trái với cặp được định nghĩa gọi là cặp sai (wrong).
Ta mong rằng, khoảng 1/16 số cặp của ta là đúng, còn các cặp còn lại là cặp sai ứng với đặc
trưng vòng ba của ta.
Chiến lược của ta là tính E
j
. E
j
*
và C
j
’như đã mơ tả ở trên và sau đó xác định test
j
(E
j
, E
j
*
, C
j
’)
với j = 2,5,6,7,8. Nếu ta bắt đầu với một cặp đúng, thì thì các bit khóa chính xác cho mỗi J
j
sẽ
nằm trong tập test
j
. Nếu cặp là sai, thì trị C
j
’ sẽ khơng đúng, và đó là ngun do để giả định
rằng, mỗi tập test
j
thực chất là ngẫu nhiên.
Ta có thể nhận ra cặp đúng theo phương pháp sau: Nếu test
j
= 0, với bất kỳ j∈ {2,5,6,7,8},
khi đó ta tất yếu có được cặp đúng. Bây giờ cho một cặp sai, ta có thể hy vọng rằng, xác suất để
test
j
= 0 cho một j cụ thể là xấp xỉ 1/5. Đó là lý do để giả định là, N
j
(E
j
’, C
j
’) = test
j
 và như
đã nhận xét từ trước, xác suất để N
j
(E
j
’, C
j
’) = 0 là xấp xỉ 1/5. Xác suất để cả năm test
j
đều
dương là vào khoảng 0.8
5
≈ 0.33, quả vậy xác suất để ít nhất một test
j
bằng 0 là vào khoảng
0.67. Nên ta có khoảng 2/3 số cặp là sai, nhờ vào một nhận xét đơn giản, được gọi là phép lọc
(filtering operation). Tỷ số của các cặp đúng trên các cặp còn lại sau phép lọc là vào khoảng:
61
311615161
161
=
×+
Ví dụ 3.4: Giả sử ta có cặp bản rõ - bản mã sau:
Bản rõ Bản mã
86FA1C2B1F51D3BE
C6F21C2B1B51D3BE
1E23ED7F2F553971
296DE2B687AC6340
Chú ý là, L
0
’ = 40080000
16
và R
0
’ = 04000000
16
. Xâu nhập và xâu xuất của S-hộp cho vòng 6
được tính như sau:
j E
j
E
j
*
C
j

NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
2
5
6
7
8
111100
111101
011010
101111
111110
010010
111100
000101
010110
101100
1101
0001
0010
1100
1101
Khi đó các tập test
j
sẽ là như sau:
j test
j
2 14, 15,26, 30, 32, 33, 48, 52
5
6 7, 24, 36, 41, 54, 59
7
8 34, 35, 48, 49
Ta thấy rằng, hai tập test
5
và test
7
là rỗng , nên cặp này là cặp sai và nó bị loại bỏ bằng phép lọc.
Bây giờ giả sử ta có cặp sao cho test
j
> 0 với j = 2,5,6,7,8 là những tập còn lại sau phép lọc.
(Bởi vì ta khơng biết được là cặp nào đúng, cặp nào sai.) Ta nói rằng, xâu bit J
2
J
5
J
6
J
7
J
8
độ dài 30
là được đề xuất bởi cặp nếu J
j
∈ test
j
với j = 2,5,6,7,8. Số các cặp được đề xuất là:


8,7,6,5,2j
j
test
Đó là bình thường với số xâu bit được đề xuất là khá lớn. (Chẳng hạn. lớn hơn 80000)
Giả sử, ta lập bảng cho tất cả các xâu được đề xuất nhận được từ N cặp, mà khơng bị loại bởi
phép lọc. Với mỗi cặp đúng, thì xâu bit đúng J
2
J
5
J
6
J
7
J
8
sẽ là xâu được đề xuất. Xâu bit đúng sẽ
được tính khoảng 3N/16 lần. Xâu bit sai thường xuất hiện ít hơn, bởi vì chúng xuất hiện ngẫu
nhiên và có khoảng 2
30
khả năng. (Là một số rất lớn.)
Ta nhận được một bảng cực lớn tất cả các xâu được đề xuất, nên ta sử dụng một thuật
tốn chỉ đòi hỏi một khơng gian và thời gian ít nhất. Ta có thể mã hóa bất kỳ một tập test
j
nào
thành một véc tơ T
j
có độ dài 64, với tọa độ thứ i của T
j
được đặt bằng 1 (0≤ i≤63), nếu xâu bit
độ dài 6 là biểu diễn của i ở trong tập test
j
; và tọa độ thứ i được đặt bằng 0 trong trường hợp
ngược lại ( điều này giống như mảng các bộ đếm mà ta đã sử dụng trong thám mã DES ba
vòng).
Với mỗi cặp còn lại, ta xây dựng các véc tơ như trên và gọi chúng là T
j
i
, j=2,5,6,7,8; 1 ≤
i≤ N. Với I ⊆ {1, ..., N} ta nói rằng I là chấp nhận được (allowable) nếu với mỗi j ∈ {2,5,6,7,8}
có ít nhất một tọa độ bằng I trong véc tơ


Ii
i
j
T
Nếu cặp thứ i là cặp đúng cho mỗi i∈I, thì tập I là chấp nhận được. Do đó ta cho rằng
tập chấp nhận được có kích thước (xấp xỉ) 3N/16, là tập đề xuất và ta hy vọng là chỉ gồm các
bit khóa đúng chứ khơng có các xâu khác. Điều này làm đơn giản hóa cho việc xây dựng tất cả
các tập chấp nhận được I bằng một thuật tốn đệ qui.
II.3.3 Các thám mã vi sai khác
Phương pháp thám mã vi sai còn có thể áp dụng để thám các hệ DES nhiều vòng hơn.
Với hệ DES 8-vòng đòi hỏi 2
14
bản rõ chọn và các hệ 10-, 12-, 14- và 16-vòng đòi hỏi có tương
ứng 2
24
, 2
31
, 2
39
và 2
47
bản mã chọn. Nên nói chung là khá phức tạp.
Các kỹ thuật thám mã vi sai được Biham và Shamir phát triển. Các phương pháp thám mã DES
khác đã được Matsui sử dụng như là thám mã tuyến tính.
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
III. HỆ MÃ DES 3 VỊNG
Chương trình gồm hai phần:
• Phần Giao Diên (chứa trong thư mục GiaoDien): Có chức năng xử lý
giao diện.
• Phần Xử Lý (chứa trong thư mục XuLy): có chức năng hộ trợ các hàm
xử lý.
III.1 Giao Diện ( Package GiaoDien).
Màn hình chính (Mainform.vb)
Form lập mã và giải mã DES(Des.vb)
Source code một số hàm chính trong form giai mã Des
Imports System.IO
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
Public Class des Inherits System.Windows.Forms.Form
Khai bao bien
Dim str As String
Dim s(7) As DataTable
Dim ip() As String
'Dim iptru() As String
Dim e() As String
Dim p() As String
Dim pc1() As String
Dim pc2() As String
Dim daykhoa(15) As String
Dim x As String
Dim daynhap(29) As String
Dim daybanma(29) As String
Khoi tao
Sub khoitao_s0()
Dim i As Integer
s(0) = New DataTable
For i = 0 To 15
Dim col As DataColumn = New DataColumn
s(0).Columns.Add(col)
Next
For i = 0 To 3
Dim row As DataRow = s(0).NewRow
s(0).Rows.Add(row)
Next
s(0).Rows(0).Item(0) = 14
s(0).Rows(0).Item(1) = 4
s(0).Rows(0).Item(2) = 13
s(0).Rows(0).Item(3) = 1
s(0).Rows(0).Item(4) = 2
s(0).Rows(0).Item(5) = 15
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825
ĐỒ ÁN BẢO MẬT THÔNG TIN HỆ MÃ DES
s(0).Rows(0).Item(6) = 11
s(0).Rows(0).Item(7) = 8
s(0).Rows(0).Item(8) = 3
s(0).Rows(0).Item(9) = 10
s(0).Rows(0).Item(10) = 6
s(0).Rows(0).Item(11) = 12
s(0).Rows(0).Item(12) = 5
s(0).Rows(0).Item(13) = 9
s(0).Rows(0).Item(14) = 0
s(0).Rows(0).Item(15) = 7
s(0).Rows(1).Item(0) = 0
s(0).Rows(1).Item(1) = 15
s(0).Rows(1).Item(2) = 7
s(0).Rows(1).Item(3) = 4
s(0).Rows(1).Item(4) = 14
s(0).Rows(1).Item(5) = 2
s(0).Rows(1).Item(6) = 13
s(0).Rows(1).Item(7) = 1
s(0).Rows(1).Item(8) = 10
s(0).Rows(1).Item(9) = 6
s(0).Rows(1).Item(10) = 12
s(0).Rows(1).Item(11) = 11
s(0).Rows(1).Item(12) = 9
s(0).Rows(1).Item(13) = 5
s(0).Rows(1).Item(14) = 3
s(0).Rows(1).Item(15) = 8
s(0).Rows(2).Item(0) = 4
s(0).Rows(2).Item(1) = 1
s(0).Rows(2).Item(2) = 14
s(0).Rows(2).Item(3) = 8
s(0).Rows(2).Item(4) = 13
s(0).Rows(2).Item(5) = 6
NGÔ THỊ TUYẾT HÀ – T012825

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×