1樓：Evopop
如果明文曾被破解出來過，那麼用明文和密文就能獲得金鑰。問題就有問題，明文還需要破解？不是應該是，如果密文曾被破解出來過，那麼用明文和密文就能獲得金鑰。
2樓：maxdeath
OTP是夏農提出來的，我們從資訊理論的角度講。
首先你的理解有問題，按照你的推論，如果明文沒有破解出來，那麼獲得乙個明文和獲得多個明文完全沒有區別，這顯然不對。
我們來看絕對安全的定義，絕對安全的定義是指明文和密文之間互資訊量為0，也就是
H(X|Y)=H(X)，X為明文，Y為密文，這是他們的條件資訊熵。
從定義上講這個是什麼意思呢，就是給定密文Y的話，X是各種可能情況的概率是相等的。如果X是乙個2位的二進位製碼，那麼這個的意思是，無論Y是個啥，得到了Y，X是00,01,10,11的可能性都是1/4，這和你完全不知道Y的時候X的概率分布是一模一樣的，也就是說Y是一句廢話，有了Y對於你分析X一點用都沒有，這就是絕對安全。
然後，假設你用同樣的金鑰加密了兩次，有兩段明文分別是X1X2，密文是Y1Y2，金鑰是K。
我們可以得到：
H(X1,X2|Y1,Y2)=H(X1,X2|Y1+Y2,Y2)<=X(X1,X2|Y1+Y2)=H(X1,X2|X1+X2+K+K)=H(X1,X2|X1+X2)這裡每一步都是基本的條件概率的性質。最後一步的結果其實也很好理解，如果X1+X2是00的話，X1和X2很顯然只有有限的幾種組合，即(00,00),(01,01),(10,10),(11,11)。而其實X1，X2有16種可能的組合，其他所有的12種組合的概率都為0。
也就是說，H(X1,X2|X1+X2)=2，H(X1,X2)=4，你已經洩露了一半的資訊。
3樓：豈克文
先拋開密碼學不談，首先論證提問者的那個推理是否成立:
「但是，第一次使用one time pad是安全的，所以明文就不會被破解出來；所以第二次使用是安全的，第二次的明文也不會被破解出來……用數學歸納法對使用次數做歸納，豈不是可以證明多次在一次性金鑰系統中使用同乙個金鑰永遠是安全的？」
論證:第一次使用OTP是安全的;
第二次使用的時候它本身已經不是第一次了，因為第一次使用這個金鑰加密的密文可以被攻擊者拿到，所以第二次的時候安全條件已經不是第一次那樣了，也就不能推出：「第二次使用是安全的，第二次的明文也不會被破解出來……」
結論：提問者的這個數學歸納法證明是錯誤的，也就是證明不了 :「多次在一次性金鑰系統中使用同乙個金鑰永遠是安全的？"這個結論
最後，在兩次"一次一密"裡使用相同的金鑰，這不就成了 "兩次一密"麼，還是一次一密麼？
4樓：
我第一鼻子想到的就是用「差分」，配合乙個可動態調整的時延，可以破解。
利用k eq k = 1，直接消掉k
利用時延調節調整錯位位元，找到迴圈週期
發現已經有大神給出更準確詳細的答案了，我就不弄斧了
5樓：馬隊長
簡單說起來， 感覺題主是陷入文字誤區了。
OTP之所以使用一次安全，並不是因為adversary不會破解出原文，而是因為在他不知道key的情況下，無論他的出什麼結果，他都不確定他得到的結果是正確的，假設一段秘文的長度為n，那麼任何長度為n的message都可能是原文。
但是如果用同乙個otp加密不同的原文兩次，結果就大不相同。假設兩次明文為a,b，key為k
c1=a xor k, c2 = b xor k, 那麼我們可得 c1 xor c2 = a xor b (k xor k消除了)，加密就沒有意義了
6樓：黑照
one-time pad是一次一密。密碼的破解的複雜度是O（N^M）。其中N是乙個字元的位數，M是長度。比如乙個4位數的數字，1025，排列組合有從0000到9999一萬種。
使用一次一密的時候一般都是有時間限制的。只有設計的密碼系統在規定時間內無法窮舉一次一密就是安全的。否則就不安全。
比如乙個256位的金鑰，空間長度是00000。。0到111。。1有2^256種排列組合。
密碼的安全性永遠是和時間掛鉤的。如果我們通訊的時間延時很小，小到只有1蒲朗克秒，而且彼此沒有反應時間直接應答，那麼就算是金鑰長度只有1位也是很安全的。
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