Python写逆函数,python 求逆

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Python中的反三角函数求确定角度

acos()方法返回x的反余弦值，以弧度表示。

以下是acos()方法的语法：acos(x)

注意：此函数是无法直接访问的，所以我们需要导入math模块，然后需要用math的静态对象来调用这个函数。x -- 这必须是在范围内的数字值-1到1，如果x大于1，则它会产生一个错误。

扩展资料

python运行的两种方式

1、命令行：python +需要执行的代码

特点：会立即看到效果，用于代码调试，写到内存中，不会永久保存

2、写到文件里面：python +执行文件的位置

特点：可以永久保存。

过程：

1、启动python解释器

2、将内容从硬盘读取到内存中

3、执行python代码

（再次强调：程序在未运行前跟普通文件无异，只有程序在运行时，文件内所写的字符才有特定的语法意义）

相关问答

Q1: 如何用Python编写一个素数环

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。

Q2: python如何实现求标准正太分布反函数Φ^（

一般的正态分布可以通过标准正态分布配合数学期望向量和协方差矩阵得到。如下代码，可以得到满足一维和二维正态分布的样本。希望有用，如有错误，欢迎指正！

Q3: Python怎么把知道整数逆序输出？

可以把整数序列转成list，再用reverse()翻转，再转成整型

代码

运行结果：

运行结果

Q4: python 怎么将一个数组逆序输出？

工具/材料：电脑、Python、Pycharm

1、首先，打开Python，定义一个数组，其值为空。

2、接着，输入数组的长度，保存在变量中。

3、用for循环，控制输入数组的各元素。