零知識證明的好兄弟，STARKs代碼如何實施？區塊鏈
此文主要目的，是向大家展示如何才能用python語言，來部署STARK算法。
STARKs（可擴容的透明知識論證）是創建一種證明的技術，這項證明中f(x)=y，其中f可能要花很長的時間來進行計算，但是這個證明可以被很快驗證。STARK是“雙重擴容”：對于一個需要t步驟的計算，這會花費大約O(t * log(t))步驟才能完成這個證明，這可能是最優的情況，而且這需要通過~O(log2(t))個步驟才能驗證，對于中等大小的T值，它比原始計算快得多。STARKs也擁有隱私保護的“零知識證明”的特性，雖然我們將這類使用案例應用到其中，從而完成可驗證的延遲功能，不需要這類性質，所以我們不用擔心。
首先，先請幾項說明：
這個代碼還沒有完全審核；在實際使用案例中的情況，還不能保證
這部分代碼是還沒有達到理想狀態（是用Python語言寫的）
STARKs 的“真實情況” 傾向于使用二進制字段而不是素數域的特定應用程序效率的原因；但是，他們確實也表現出，這里寫出的代碼是合法并且可用的。
沒有一個真實的方法來使用STARK。它是一個非常寬泛的加密和數學架構，同時為不同的應用有不同的設置，以及連續的研究來減少證明者和驗證者的復雜性，同時提高可用性。
此文希望大家能夠知道，模運算和素數域是如何運行的，
并且和多項式概念，插值和估值進行結合。
現在，讓我們一起來了解吧！
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
我們選擇MIMC作為案例，因為它（i）很容易理解，（ii）在真實世界使用的很多。函數功能見下圖：
注意：在很多關于MIMC的討論中，你可以典型地看出使用了XOR，而不是 ；這是因為MIMC可以在二進制情況下使用，其中添加是XOR；這里我們會在素數領域進行。
在我們的案例中，常數相對而言會是比較小的列表（例如，64位），這會一直連續地進行周期循環（也就說，在k[64]之后）。MIMC自身可以獲得這個特性，因為MIMC可以向后進行計算（從相應的輸出獲得輸入），但是往后計算需要比向前計算多花費100倍的時間（并且沒有方向可以同步進行）。所以你可以將往后計算的功能想象成計算不能同步的工作量證明，并且往前方向計算的功能可以作為驗證的過程。
x -> x(2p-1)/3 是x -> x3 的反函數；根據費馬小定理，這是真實的，盡管這個定理沒有費馬大定理出名，但是依然對數學的貢獻很大。
我們嘗試使用STARK來進行更加有效的驗證，而不是讓驗證者必須在向前方向運行MIMC，在完成向后計算之后，證明者可以在向前方向進行STARK計算，并且驗證者可以很簡單地驗證STARK。我們希望計算STARK可以比MIMC向前和向后之間的運行速度差別要小，所以證明者的時間仍然是有初始的向后計算來主導的。而并不是STARK計算。STARK的認證會相對較快（在python語言算法中，可以是0.05-0.3秒），不論初始的計算時間有多長。
所有的計算會在2256 – 351 * 232 1個模內完成；我們使用素數模，因為它是小于2256 最大的素數，其中乘法群包含了232 個子集（也就是說，有這樣一個數g，從而在完全232次循環之后，G素數環的連續冪模繞回到1），而且是按照6k 5的形式。首個特性是保證FFT和FRI算法的有效版本，其次是保證MIMC實際上可以向后計算（請見上面提到的x -> x(2p-1)/3 使用方法）。
素域操作
我們通過建立方便的等級來進行素域的操作，同時也有多項式的操作。代碼如下，收首先是小數位數：
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
并且使用擴展歐幾里得算法，來計算模塊逆轉（這和在素域中計算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
上面的算法是相對昂貴的；幸運地是，對于特定的案例，我們需要做很多的模逆計算，有一個數學方法可以讓我們來計算很多逆運算，被稱為蒙哥馬利批量求逆：
使用蒙哥馬利批量求逆來計算模逆，其輸入為紫色，輸出為綠色，乘法門為黑色，紅色方塊是唯一的模逆。
下面的代碼是算法的體現，其中包含一些特別的邏輯。如果我們正在求逆的集合中包含零，那么它會將這些零的逆設置為 0 并繼續前進。
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
這部分算法接下來會驗證稱為非常重要的東西，特別是當我們開始和不同階的多項式進行計算的時候。
現在我們來看看一些多項式計算。我們把多項式當做一個數據集，其中的i是第i階（例如，x3 2x 1變成[1, 2, 0, 1]）。下面就是在一個點進行多項式估算的方法：
# 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
困難和挑戰
f.eval_poly_at([4, 5, 6], 2)的輸出是多少？模是31嗎？
下面的解釋就是答案
.其實也有代碼是多項式加法，減法，乘法和除法；這是很長的加減乘除運算。有一個很重要的內容是拉格朗日插值，它將一組 x 和 y 坐標作為輸入，并返回通過所有這些點的最小多項式（你可以將其視為多項式求值的逆）：
# 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]
相關數學知識請參見此文的M-N部分。需要注意，我們也會有特別的方法lagrange_interp_4和lagrange_interp_2來加速次數小于 2 的拉格朗日插值和次數小于 4 的多項式運算。
快速傅立葉變換
如果你仔細閱讀上面的算法，你也許會發現拉格朗日插值和多點求值（即求在N個點處次數小于N的多項式的值）都需要耗費2次時間，例如對于1000個點求拉格朗日插值，需要幾百萬個步驟，而且100萬個點的拉格朗日插值需要萬億個步驟。這是不可接受的低效率，所以我們需要使用更加有效的算法，快速傅立葉變換。
FFT只需要花費O(n * log(n))的時間（也就是說，1000個點的計算需要10,000步，100萬個點的計算需要2000步），雖然它的范圍更受限制；x坐標必須是單位根部的完全集合，必須滿足N = 2k 階。也就是說，如果有N個點，那么x坐標必須某個P值的連續冪，1, p, p2, p3…，其中pN = 1。這個算法能夠用來進行多點計算和插值計算，而且只需要調整一個小參數。
下面就是算法詳情（這是個簡單的表達方式；更詳細內容可以參閱此處代碼）
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))]
你可以自己通過一些輸入來運行代碼，并且看看是否能得到想要的結果，當你使用eval_poly_at的時候，給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]
傅里葉變換會把[x[0] …. x[n-1]]作為輸入，并且它的目標是輸出x[0] x[1] … x[n-1]作為首個元素，x[0] x[1] * 2 … x[n-1] * w**(n-1)作為第二個元素，等等；快速傅里葉變換可以通過把數據分為兩半，來完成這個，在兩邊都進行FFT，然后將結果結合在一起。
上圖就是信息如何進行FFT運算的解釋。請注意FFT是如何進行兩次數據復制，并且進行粘合，直到你得到一個元素。
現在，我們把所有部分組合起來，看看整件事情是如何：def mk_mimc_proof(inp, steps, round_constants)，它生成運行 MIMC 函數的執行結果的證明，其中給定的輸入為步驟數。首先，是一些 assert 函數：
# 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))
擴展因子是我們將要拉伸的計算軌跡（執行 MIMC 函數的“中間值”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)])
我們需要步數乘以擴展因子最多為 2^32，因為當 k > 32 時，我們沒有 2^k 次的單位根。
computational_trace_polynomial = inv_fft(computational_trace, modulus, subroot)
p_evaluations = fft(computational_trace_polynomial, modulus, root_of_unity)
我們首個計算會是得出計算軌跡；也就是說，所有的計算中間值，從輸入到輸出。
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，我們會從將計算軌跡轉換為多項式，在單位根 g （其中，g^steps = 1）的連續冪的軌跡上“放下”連續值，然后我們對更大的集合——即單位根 g2 的連續冪，其中 g2^steps * 8 = 1（注意 g2^8 = g）的多項式求值。
# 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 的冪。紫色： g2 的冪。橙色：1。你可以將連續的單位根看作一個按這種方式排列的圓圈。我們沿著 g1的冪“放置”計算軌跡，然后擴展它來計算在中間值處（即 g2 的冪）的相同多項式的值。
我們可以將MIMC的循環常數轉換為多項式。因為這些循環常數鏈是非常通常發生地（在我們的測試中，每64個步驟都會進行），最終證明他們形成了64階的多項式，而且外面可以很容易計算出它的表達式，以及擴展式：
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))
假設其中有8192個步驟，并且有64個循環常數。這是我們想要做的：我們正在進行FFT，從而計算循環常數來作為g1128 的功能。然后我們在之間加入很多零，來完成g1本身的功能。因為g1128 大約每64步進行循環，我們知道g1這個功能也會同樣。我們只計算這個擴展中的512個步驟，因為我們知道這個擴展會在每512步之后重復。現在，我們按照斐波那契案例中那樣，計算C(P(x))，除了這次是計算，需要注意，我們不在計算使用系數形式的多項式；而是根據高次單位根的連續冪來對多項式進行求值。
c_of_p需要滿足Q(x) = C(P(x), P(g1*x)，K(x)) = P(g1*x) – P(x)**3 – K(x)；目標是對于任何我們放入計算軌道的x（除了最后一步，因為在最后一步之后，就沒有步驟），計算軌跡中的下個數值就和之前的相等，再加上循環常量。與第1部分中的斐波那契示例不同，其中如果某個計算步驟是在k向量，下個就會是k 1向量，我們把低次單位根（ g1 ）的連續冪放下計算軌跡，所以如果某個計算步驟是在x = g1i ，下個步驟就會在g1i 1 = g1i * g1 = x * g1。因此，對于低階單位根（ g1 ）的每一個冪，我們希望最終會是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) 會在低次單位根 g 的所有連續冪上等于零（除了最后一個）。
# 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')
有個代數定理證明，如果Q(x)在所有這些x坐標，都等于零，那么最小多項式的乘積就會在所有這些x坐標等于零：Z(x) = (x – x_1) * (x – x_2) * … * (x – x_n)。通過證明在任何單個的坐標，Q(x)是等于零，我們想要證明這個很難，因為驗證這樣的證明比運行原始計算需要耗費更長的時間，我們會使用一個間接的方式來證明Q(x)是Z(x)的乘積。并且我們會怎么做呢？通過證明D(x) = Q(x) / Z(x)，并且使用FRI來證明它其實是個多項式，而不是個分數。
我們選擇低次單位根和高次單位根的特定排列，因為事實證明，計算Z(x)，而且除以Z(x)也十分簡單：Z 的表達式是兩項的一部分。
需要注意地是，直接計算Z的分子和分母，然后使用批量模逆的方法將除以Z轉換為乘法，隨后通過 Z(X) 的逆來逐點乘以 Q(x) 的值。需要注意，對于低次單位根的冪，除了最后一個，都可以得到Z(x) = 0，所以這個計算包含其逆計算就會中斷。這是非常不幸的，雖然我們會通過簡單地修改隨機檢查和FRI算法來堵住這個漏洞，所以就算我們計算錯誤，也沒關系。
因為Z(x)可以簡潔地表達，我們也可以獲得另個好處：驗證者對于任何特別的x，可以快速計算Z(x)，而且還不需要任何提前計算。對于證明者來說，我們可以接受證明者必須處理大小等于步數的多項式，但我們不想讓驗證者做同樣的事情，因為我們希望驗證過程足夠簡潔。
# 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')
在幾個隨機點上，進行概念檢測D(x) * Z(x) = Q(x)，從而可以驗證轉賬約束，每個計算步驟是之前步驟的有效結果。但是我們也想驗證邊界約束，其中計算的輸入和輸出就是證明者所說的那樣。只是要求證明者提供P(1), D(1), P(last_step)還有D(last_step)的數值，這些都是很脆弱的；沒有證明，那些數值都是在同個多項式。所以，我們使用類似的多項式除法技巧：
# 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，我們的論證如下。證明者想要證明P(1) == input和P(last_step) == output。如果我們將I(x)作為插值，那么就是穿越(1, input)和(last_step, output)亮點的線，于是P(x) – I(x)就會在這亮點上等于零。因此，它會證明P(x) – I(x)是P(x) – I(x)的乘積，并且我們通過提高商數來證明這點。
紫色：計算軌跡多項式 (P) 。綠色：插值 (I)（注意插值是如何構造的，其在 x = 1 處等于輸入（應該是計算軌跡的第一步），在 x=g^(steps-1) 處等于輸出（應該是計算軌跡的最后一步）。紅色：P-I。黃色：在x = 1和 x=g^(steps-1)（即 Z2）處等于 0 的最小多項式。粉紅色：(P – I) / Z2。
現在，我們來看看將P，D和B的默克爾根部組合在一起。
現在，我們需要證明P，D和B其實都是多項式，并且是最大的正確階數。但是FRI證明是很大且昂貴的，而且我們不想有三個FRI證明，所以，我們計算 P，D 和 B 的偽隨機線性組合，并且基于它來進行FRI證明：
# 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')
除非所有這三個多項式有正確的低階，不然幾乎不可能有隨機選擇的線性組合，所以這很足夠。
我們想要證明D的階數小于2 * steps，而且P 和 B 的次數小于steps，所以我們其實使用了隨機的P, P * xsteps, B, Bsteps 和 D的隨機組合，并且可以看出這部分組合是小于2 * steps。
現在，我們來檢查下所有的多項式組合。我們先獲得很多隨機的索引，然后在這些索引上為默克爾樹枝提供多項式：
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函數會回復[0…precision-1]范圍中的隨機索引，而且exclude_multiples_of參數并不會給出特定參數倍數的值。這就保證了，我們不會沿著原始計算軌跡進行采樣，否則就會獲得錯誤的答案。
證明是由一組默克爾根、經過抽查的分支以及隨機線性組合的低次證明組成：
# 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)
整個證明最長的部分是默克爾樹分支，還有FRI證明，這是有更多分支來組成的。這是驗證者的實質結果：
o = [mtree[1],
l_mtree[1],
branches,
prove_low_degree(l_evaluations, root_of_unity, steps * 2, modulus, exclude_multiples_of=extension_factor)]
在每個位置，證明者需要提供一個默克爾證明，從而讓驗證者能夠檢查這個默克爾證明，并且檢查C(P(x), P(g1*x), K(x)) = Z(x) * D(x)以及B(x) * Z2(x) I(x) = P(x)（提醒：對于不在初始計算軌道上的x，Z(x)不會是零，所以C(P(x), P(g1*x), K(x)也不會是零)。驗證者也會檢查線性組合是正確的，然后調用。
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
其實還沒有完成成功；證明對跨多項式檢查和 FRI 所需的抽查次數的可靠性分析是非常棘手的。但是這些就是所有代碼，至少你不用擔心進行瘋狂的優化。當我運行以上代碼的時候，我們會獲得STARK證明，會有300-400倍的證明成本例如，一個需要 0.2 秒的 MIMC 計算需要 60 秒來證明）。這就使得4核機器計算MIMC中的 STARK，實際上可以比后向計算 MIMC 更快。也就是說，在python語言，這會相對低效的實現，并且這也會證明運行時間比例會不同。同時，也值得指出，MIMC 的 STARK 證明成本非常低，因為MIMC幾乎是完美地可計算，它的數學形式很簡單。對于平均計算，會包含更少的清晰計算（例如，檢查一個數是大于還是小于另一個），其計算成本可能會更高，會有大約10000-50000倍。
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