主题：【原创】密码传奇（三）：12、纯技术篇之活拆了ENIGMA （3） -- 1001n
家园 【原创】密码传奇（三）：12、纯技术篇之活拆了ENIGMA （3） 以下，都是详细剖析ENIGMA机理的；这些地方看了难免头痛，喜欢听后续故事的兄弟，再耐心等一下吧：）
又，各位兄弟反映发长帖会被莫名其妙地截短。我这篇【活拆了ENIGMA】已经写完了，但是太长，先发前面一段试试看吧：）
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上文说到，ENIGMA机器内有个转轮组；这转轮组需要靠3个转轮组合而成。每个转轮都有26个可能的旋转位置。那么整体而言，总共的变化可能，是不是26 * 26 * 26 = 17576呢？
要说清楚这个问题，光靠想像是不成的；我们还必须把它安装在ENIGMA里，真正考察一下转轮组的运行过程，才能得出正确的结论。不过，为了便于理解，1001n打算先以石英钟为例子，简单说说步进和进位的关系。
石英钟的表盘上，有秒针、分针和时针。其中，秒针从0开始一格格运动，1、2、3、4……直到59。这一下下地运动，我们称之为步进。
当秒针运转到59，继续步进的时候，就会再次指向0——在这个瞬间，分针跟着前进一格。在这个例子中，59这个位置，我们就称为进位点。
秒针从0转到59，达到进位点；再次步进一格时，秒针进入下一圈，具体说也就是数字0的位置。而越过进位点的这一次步进，秒针将带动它上一级的分针也步进一次；这个过程，就是进位。
同理，分针到达59这个进位点时，再步进一次就将带动时针步进一次；换言之，分针也进位一次。
综上所述，进位点本身并不是进位这一动作的发生点——只有再次步进越过进位点，进位这一行为才会发生。
回到ENIGMA转轮组，情况相当近似；只不过，这里我们以字母来代替数字。前文说过，在很多型号的转轮上，刻在它的字母轮箍上的是数字；这里为了叙述方便起见，就一律都假设为字母吧，反正机理根本就是一样的。
我们假设：一个转轮的进位点是字母Z。那么，当它继续步进到下一圈的A时，进位就发生了——具体表现则是，相邻的转轮因此也步进一格。
对于ENIGMA机器来讲，转轮的步进是和输入直接相关的：操作员每输入一个字母，转轮就将旋转一格。因此，当转轮步进到Z时，操作员再次输入一个字母，就将引发进位；而整体地来看进位的结果，就是会有两个转轮同时步进一格——非常类似秒针和分针同时步进的那一下。
在实际应用中，转轮上的进位点并不是固定死的，而是可以调节的；这个用来调节进位点的装置，就是凹口圈。
凹口圈也叫缺口环（notched ring），在每个转轮上都有；它是个空心的圈，套在转轮的左侧，如下图
外链图片需谨慎，可能会被源头改这是转轮图的局部。
之所以倒过来发，是因为在使用时，操作员面对的转轮应该是这么放置的
顾名思义，凹口圈上有个凹口。当凹口圈和转轮组合起来以后，我们就会发现：这个凹口正好是一个字母的宽度；而对应这个凹口的字母，就是该转轮的进位点。
例如，这个凹口对应字母B，那么当这个转轮转过A，到达B时就到达了进位点；再次输入一个字母，该转轮由B步进为C的同时，相邻的下一个转轮将跟随步进一次，形成进位。
同时，由于凹口圈是可以手动旋转的，因此，操作员可以把它旋转到任意一个字母的位置。这就是说，操作员可以临时决定这个转轮的进位点。比如我们把它转到Q，那么，这个转轮步进到Q以后，再次步进到R时，就将带动相邻的转轮也步进一次，形成进位。
不难看出，“进位点可以通过手工设置”这一条，给转轮组的运行规律和整个ENIGMA的加密，都带来了众多可能的变化。也正是因为这个原因，凹口圈这个东西才不是白加的附件：如果没有它，出厂时所有同型号的转轮都被统一固定了进位点，那么必然导致所有机器的进位规律都一样——这也实在太便宜了敌国的密码分析人员。。。
不仅如此。由于可以随时调节进位点，转轮步进的规律性越发变得诡异——不仅可以做到不同型机器规律不同（转轮型号不同，进位点不同），同型机器规律不同（同型号转轮进位点设置不同），还可以做到操作同一台机器时，加密这份报文和那份报文时的规律也不同——甚至如果你愿意的话，完全可以在加密某一报文时，让上下文之间的加密规律也不同……
——不能不承认：这对密码分析人员来说，实在是个非常有特色的杀着！
看到这里，有兄弟或许会说了：转轮组如此加密，并没有涉及其它古怪变化；三个转轮导致的总变化量，依然应该是26 * 26 * 26啊——你前面怎么说，这么算不对呢？
别急，转轮组工作起来，确实还是有古怪变化的——这个古怪的机制，就是所谓的双重步进（Double Stepping）。
为了说明这个双重步进，我们还是暂时把注意力转移到石英钟上，看看如果是双重步进的话，又会发生什么吧。
先看看正常的步进，应该是这个样子：
时钟状态：01时 59分 59秒
增加一秒：02时 00分 00秒
再增一秒：02时 00分 01秒
再加一秒：02时 00分 02秒
现在是双重步进了：
时钟状态：01时 59分 59秒
增加一秒：02时 00分 00秒
再增一秒：02时 01分 01秒 ←看分针
再增一秒：02时 01分 02秒
玄机就在这里：分针到达进位点后，再次步进则带动时针步进，形成进位，这不希奇——而时针进位之后，在下次接到输入时，还会反过来带动分针，让分针再次步进一位——就有点裹挟的味道了，呵呵。
谁家的石英钟要是这么走，估计各位非砸了它不可；可ENIGMA的转轮组，却实实在在地是这么运行的。
现在，我们来分析一下转轮组的运行吧。当你面前打开一部ENIGMA时候，会观察到机器内的转轮组；这时候，我们把你左手边的转轮命名为1号转轮，中间的一个是2号转轮，右手边的则是3号转轮——这个命名法，跟当年的命名规则完全一致，除了没用罗马数字以外，呵呵。
要特别留神一点的是：操作员输入的字母信号，并不是从左，也就是从1号转轮流入转轮组的；而是从右，即3号转轮流入的。换言之，如果你正襟危坐在ENIGMA前，那么它的转轮组对一个输入的字母信息，加密的流程就应该是
后续加密步骤 …… ← 1 ← 2 ← 3 ← …… 输入字母
这样的。各位兄弟看这流程示意估计不大适应：从右往左，这怎么跟阅读顺序整个一满拧啊——没办法，现在不拧，后面更容易乱；现在拧了，后面其实还是容易理解地，嘿嘿。。。
所以，充当石英钟秒针的角色，就是3号转轮；而分针，就是2号转轮；时针，则是1号转轮。
现在，我们假定1、2、3号转轮的凹口圈，其凹口分别设定指向字母E、F、G；即1的进位点为E，2的进位点为F，3的进位点为G。
在此基础上，我们再假设当前转轮组的初始位置为A、A、A。那么，现在转轮组的情况就是
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1（凹口E） 2（凹口F） 3（凹口G）
初始位置 A A A
在纸面上模拟一下它的加密过程，就是这样的——其中每一行，都表示操作员一次新输入后的状态：
A A B
A A C
A A D
第一种情况 A A E
（单纯进位） A A F
A A G ←注意，3已经到了进位点
A B H ←进位完成，2步进一格；3的步进，则是因为新输入
A B I
…… 继续加密 …… 继续加密 ……
A E F
A E G ←注意，3再次达到进位点
第二种情况 A F H ←3对2的进位完成；注意，2也达到了进位点
（双重步进） B G I ←2步进的同时产生进位，带动1步进
B G J
…… 继续加密 …… 继续加密 ……
D E E
D E F
第三种情况 D E G ←3达到进位点，即将进位
（单纯进位） D F H ←2步进，本身也达到进位点
E G I ←2步进的同时产生进位，带动1步进；1也到达进位点
E G J ←1并未进位，特殊情况结束
E G K
E G L
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累死我了——这东西真是理解不难，表达麻烦啊……
先让我们看第一种情况，即单纯步进的情况吧。在单纯进位的时候，低位转轮（即相对在右的转轮）步进，将通过进位的方式，带动高级转轮（即相对在左的直接相邻转轮）步进。
实际上，在ENIGMA转轮组中，这样的情况只出现于右边和中间的转轮，即2、3号转轮之间。
其次就是第二种情况，双重步进。在某个转轮“上有老，下有小”的时候，双重步进才会发生；而在这三个转轮中，满足这一条件的，只有2号转轮。当2号转轮到达进位点，即将进位时，双重步进将按以下方式发生：
① 接受3的进位推动，2步进一位，达到进位点；
② 随着3的再次步进，无法稳定停留在进位点的2继续步进一位，并越过2自己的进位点，对1形成进位；于是，1也步进一位。
整体看起来，就是2先步进达到了进位点，在下一次输入时，1、2又同时步进。
这个机制就是所谓的双重步进。容易看出，能够实现双重步进必须具备两个条件：第一，是有低级转轮的进位推动；第二，是高级转轮存在。缺了一个，双重步进都不可能发生——这就是双重步进必然发生在“上有老，下有小”的2号转轮上的原理。
这样一来，双重步进，范围只在1、2转轮之间；并且，具体到第二次步进，只能发生在2号转轮上。
——看到这里，细心的兄弟肯定会问：为什么2、3转轮之间就不会发生双重步进呢？2进位后，带动3再次步进，也是符合这个原理的啊……
也请各位兄弟再仔细看看上面的列表分析，特别请注意3这一列的变化情况……
稍微留心就不难发现，3的变化可以说是不受任何影响的，典型小胡同放牛 —— 一条道走到黑，永远是心无旁骛地一位位顺序步进着。实际上，3的步进并非由于任何更低级（也就是更右边）的转轮进位推动而来，而是由操作员的直接输入产生；它每次针对输入作出直接响应，应该是件很正常的事。
为了更清楚地了解2号转轮在转轮组的特殊性，且让我们看第三种情况。如上面列表分析的，2进位推动1到达进位点，再次输入字母后，按理说1也处于进位点这个不稳定的位置，这时候该步进了；可是，由于不存在更高级（也就是更左边）的转轮，1还就在这个位置呆下去了——这就是说，它根本就不会动！
这就是说，凹口——也就是进位点，对于1，是完全无效的……
总之1也好，3也罢，无论什么情况下，都不会出现双重步进；这一现象，仅能发生在2号转轮身上。
现在，让我们再回到实际使用ENIGMA时的情况吧。前文说过，早期型号的ENIGMA，只有三个转轮，而且这三个转轮都将被装在机器上。后来随着ENIGMA的硬件升级，转轮总数变成五个，海军型的则陆续发展为七个乃至八个。
而无论配置了几个转轮，在ENIGMA机器中，转轮组的位置只能装下三个转轮；因此，必然就有用不上的转轮（针对某次使用而言）。上文说的1、2、3号转轮，实际上只是一个可能安装方案而已；不过，从中推出的理论，倒是适合各种情况——现在，就让我们来总结一下ENIGMA转轮组的运转规律，大致如下：
1、操作员每次输入的字母，都将直接推动最右边的转轮（以后简称右轮）步进一格；
2、当右轮越过凹口圈上凹口对应字母位置的时候，将带动中间的转轮（以后简称中轮）步进一格；
3、当中轮越过凹口圈上凹口对应字母位置的时候，将带动最左边的转轮（以后简称左轮，非手枪）步进一格；
4、当左轮越过凹口圈上凹口对应字母位置的时候，将正常步进一格。
唯一特殊的是：中轮在越过凹口以前，只是在凹口的位置“停留”了一次而已；因此连起来看的话，这个中轮可是连续步进了两次。
这就意味着，3、4所指代的现象其实是一回事；所以，凹口圈所标明的进位关系，对左轮是不起作用的。这个凹口，在右轮也只是起到了标记进位点的作用，而不能影响右轮本身的运动。
从此，我们可以看出：在初始状态下，操作员输入头几个字母时，右轮必将逐次步进；而在这头几次步进的过程中，中轮正好位于进位点，进而被推动的概率其实是很小的。中轮如此，左轮发生步进的机会将更低——即便中轮满足步进条件，也极有可能并不在进位点附近。
这就是说，在不考虑转轮组以外的加密方式时，ENIGMA加密的报文中，头几个字母仅仅是通过单独的右轮转动加密产生，这个现象的发生概率将非常大——回顾【波兰篇】我们很快可以想起，波兰人实际就是从这里突破的ENIGMA！
如果以二战早期德国人的标准操作，也就是首六字母重复加密制进行计算的话，我们可以得出
右轮到达进位点并越过进位点的情况 / 右轮的全部位置情况 = 6 / 26 ≈ 23.1%
——这里要说一句：之所以分子是6而不是5，是因为右轮的初始位置完全可能就是它的进位点；这就是说，第一次输入即可导致进位的发生。
那么，这个23.1%又意味着什么？
它意味着：由于此时转轮组内部出现进位的概率还不到四分之一，波兰人可以有相当大的把握地认定：他们所截收的全部电文的头六个字母，基本都是由右轮单独加密而得到的。
【波兰篇】里曾经提到过，第一位应该得到花环的马里安·雷杰文斯基（Marian Rejewski），在破解ENIGMA时，就得出了这样的结论。为了破译，他还必须算出每个转轮内部的环位置（ring settings，参见前文）；而这头六个很少受到干扰的密文字母，就为他提供了非常难得的单右轮运行的研究样本。
也如前所述，雷杰文斯基最先攻破的，正是当时使用的ENIGMA的右轮的环位置——那时候，也就是在1936年以前，德国人还是三个月才更换一次转轮的组合顺序的。
这就意味着，不管德国人选择了哪个转轮当作右轮，它都会在这个右轮的位置上呆满三个月——而这么个“悠长假期”内，波兰人将会截收到多少报文啊；进而，这些资料对计算这个转轮内部的环设置，可实在是多得足够奢侈了。
这份慷慨，雷杰文斯基肯定是享受到了，他后来的英国同行，可就再没这个福气了。不过，英国人的破译也够狠，细节问题嘛，以后再说吧：）
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现在，可以转回来说最开始的问题了：转轮组的三个转轮旋转以后，到底会造成多少种变化？
我们已经看到，由于中轮存在着诡异的双重步进机制，导致转轮组的整体运行规律也有了相应的变化；这里，也不妨再细看一次刚才的转轮组“步法”分析吧：
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1（凹口E） 2（凹口F） 3（凹口G）
初始位置 A A A
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A A B
A A C
A A D
第一种情况 A A E
（单纯进位） A A F
A A G ←注意，3已经到了进位点
A B H ←进位完成，2步进一格；3的步进，则是因为新输入
A B I
…… 继续加密 …… 继续加密 ……
A E F
A E G ←注意，3再次达到进位点
第二种情况 A F H ←3对2的进位完成；注意，2也达到了进位点
（双重步进） B G I ←2步进的同时产生进位，带动1步进
B G J
…… 继续加密 …… 继续加密 ……
D E E
D E F
第三种情况 D E G ←3达到进位点，即将进位
（单纯进位） D F H ←2步进，本身也达到进位点
E G I ←2步进的同时产生进位，带动1步进；1也到达进位点
E G J ←1并未进位，特殊情况结束
E G K
E G L
…… 继续加密 …… 继续加密 ……
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仔细观察，我们就会发现：当中轮（在这里就是2号轮）位于进位点时，它只能在这个位置上停留一次，旋即，在下次输入时便会进位——这跟它在其它位置状态时都不同；在别的位置，它都能消停地呆上26次……
这就意味着：凹口虽然在三个转轮上都有，但只在中轮上发挥了另外的作用——具体来说，就是减少了它的变化可能。
不妨举例说明。还以上面的设定为例，当三个转轮分别转到A、E、F时，下一次就将变为A、F、H，这一步倒还没有什么；再下一次，受双重步进的影响，将变成B、G、I——注意：在此设定下，理论上该出现的B、F、I，并未出现；这时候的2号转轮也已经不能继续停留在F上，而是被双重步进所推动，变成了G。
这就是正是双重步进的一大特点，也就是前面提到过的：
ENIGMA转轮组的中轮，到了进位点，下一步必然会进位；它在这个位置，必然也只能停留一次。
这就是说，中轮在进位点的那个字母位置时，只能特定地对应一次左右转轮位置；越过它以后，就可以分别对应左右转轮各26种情况了。
如此一来，我们可以先计算一下当中轮不在进位点时，转轮组的变化情况，即：
（左轮的变化）*（中轮的变化）*（右轮的变化） = 26 * （ 26 - 1 ）* 26 = 16900
这减掉的1，就是中轮处在那个进位点位置时，所可能的产生变化。
——而这，其实就是正确答案，虽然算法上有漏洞……
为什么算法上有漏洞，结果却又是对的呢？很显然，出现如此现象，必然是有什么因素互相抵消了——没错，在转轮组中，我们还真可以找到这个互抵的因素。
再仔细观察一下，我们会发现一个现象：
D E G
D F H
E G I
E G J
其中，中轮在F停留了一次；这就意味着，下一步它将变成G；而在正常情况下，被右轮进位所推动的G，首次对应的应该是右轮进位点后的一个字母；在本例中，中轮的G，对应的应该就是右轮进位点G后的一个字母，即H。
如此说来，D、F、H的后一步，应该就是E、G、H。
可在这个实例中呢？却是E、G、I；而那个该死的H，又跑哪里去了呢？
——还是中轮的步进点，那个F捣的鬼；实际上，它越俎代庖地替中轮的G，率先对应了右轮的H。这也很正常，毕竟F也是进位而来，首次对应的自然该是右轮的H，这一点跟其它字母没什么不同；不正常的是，由于F本身又是进位点，迅即导致双重步进，才让后来的G没有H可对应了。
这就是说，由于F的存在，使F“替”G对应了一次右轮的字母。如此看来，这笔关于F的糊涂账，实际应该算在字母G头上。
知道了问题所在，那么解决办法也就很简单了：只要把这一次的对应，记在G的对应关系里，我们的字母G就圆满了：实实在在，G也对应了右轮的26种变化，自然也就对应了左轮的26种变化。
也就是说，中轮进位点那额外对应的一次变化，可以计算它后一个字母内——因为这多出来的额外一次变化，正是以之后一个字母减少一次变化为代价的。而加一再减一，结果正好抵消了，嘿嘿。。。
这样一来，在计算整个转轮组的变化时，中轮进位点的情况就可以完全排除了，整个算法也一下变得简洁清晰起来——有此一个前提后，我们还可以用另一种算法来计算：
3 2
转轮组理论上总的变化量 - 中轮进位点对应的变化 = 26 - 26 = 17576 - 676 = 16900
与刚才计算的一样，哈哈——跟废话一样，能不一样么？26的立方减26的平方，不就相当于26 * 25 * 26么……
而这个16900，就是ENIGMA转轮组的全部变化情况——唉，不得不承认，还是人家不分析过程，直接得出个17576来的省力省心的多啊……
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上面我们分析的，都是ENIGMA最常见的转轮组；而也有些转轮组的结构，又跟上面分析的略有不同。
比如，在军事情报署型ENIGMA（Abwehr ENIGMA），和海军的某些型号上的转轮组里，转轮的数量就不是三个，而是四个。
不过，军事情报署型ENIGMA的转轮组里，四个转轮的确是名副其实；而海军型ENIGMA上，这多出的来的第四个转轮，就有那么点儿鱼目混珠滥竽充数瞒天过海以次充好的嫌疑了……
在海军型ENIGMA的第四个转轮上，也有刻着26个字母的字母轮箍，也有拨轮……等等等等，长得那是跟别的转轮毫无二致。不过，这第四个转轮是不会步进的，它的旋转是临时靠手动调节的——就这一点，就可以把它排除在转轮组以外了。
计算起来，M4上的四个转轮，其变化情况也比较简单，就是
三个转轮的变化 * 第四轮的变化 = 16900 * 26 = 439400
不过，这个转轮虽然跟转轮组的关系不大，却跟后面要提的另一个部件紧密相关；而我们对【多表加密模块】的分析，到这里也终于可以告一段落了。
觉得轻松了不少吧？哈哈，其实我才是觉得最轻松的人……
我去冒会儿烟了；也隆重建议看到这里的各位，休息一下吧……
本帖一共被 2 帖 引用 (帖内工具实现)家园 脑子笨，有个问题没想明白 老兄的原文关于“双重步进”的分析：
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在此基础上，我们再假设当前转轮组的初始位置为A、A、A。那么，现在转轮组的情况就是
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1（凹口E） 2（凹口F） 3（凹口G）
初始位置 A A A
在纸面上模拟一下它的加密过程，就是这样的——其中每一行，都表示操作员一次新输入后的状态：
A A B
A A C
A A D
第一种情况 A A E
（单纯进位） A A F
A A G ←注意，3已经到了进位点
A B H ←进位完成，2步进一格；3的步进，则是因为新输入
A B I
…… 继续加密 …… 继续加密 ……
A E F
A E G ←注意，3再次达到进位点
第二种情况 A F H ←3对2的进位完成；注意，2也达到了进位点
（双重步进） B G I ←1进位的同时，再次带动2步进
B G J
…… 继续加密 …… 继续加密 ……
D E E
D E F
第三种情况 D E G ←3达到进位点，即将进位
（单纯进位） D F H ←2步进，本身也达到进位点
E G I ←1步进，并反馈性地使2双重步进；1也到达进位点
E G J ←1并未进位，特殊情况结束
E G K
E G L
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第一种情况很好理解，我所困惑的是第二种和第三种情况。
以第二种情况为例子来谈：A，E，G变为A，F，H好说，是因为中轮受到右轮进位点（G）到下一个位置的推动。所以从E变为F。
但是为什么会从A，F，H变为B，G，I呢？是，中轮的步进点为F，但是当右轮从H变为I（由于操作员的手动）时，中轮不应该转动吧？（因为H并不是右轮的进位点，也就是说当右轮H到I的时候，中轮不应该运动）
而中轮不运动，左轮又怎么会有A变成B呢？
望兄启愚。
家园 先赞一个，老兄观察的够细：）试答如下 不是老兄“脑子笨”，只怪1001n自己没说清楚
。下面用一个比较好理解的方式来解说一下，希望能解决老兄的困惑：）“双重步进”的关键就是：
中轮达到凹口时，它的这个位置状态并不“稳定”；也就是说，在这个位置上，中轮只能“停留”一次。再有输入的时候，无论右轮的步进是否可以产生对中轮的进位，中轮自己都将步进一次——所以，右轮从H变成I，虽然并没有构成对中轮的进位推动，但是中轮自己仍然是要步进的。
在中轮步进的同时，自己也越过了凹口；这就意味着它对左轮也产生了进位推动，因此左轮也要步进。而在这个时候，中轮步进、左轮步进这两个动作是同时发生的，因此，这一次看起来似乎是由左轮“拉”着中轮，同步步进了。
总的来说，中轮在这个特殊位置前后时，连续两次的输入就会导致它的连续两次步进，而不是次次都需要右轮的进位推动；所以，这个“双重步进”才会是一个很有特色的机制。
此外，还得感谢老兄的是：正因为老兄提出了这个问题，让我又去仔细查对了一遍上面的原文。最后发现，我的解释不够严密：如果抛开具体结果，只从字面上看的话，甚至会理解成中轮会连续三次步进。
究其原因，是因为在分解动作的时候，有时候是以一个输入导致的所有动作为一步，有时候是以一个输入导致的所有动作之一为一步。这样确实非常容易混淆，并导致误会。
现已将原文重新修正过。也因此，非常感谢老兄提出这个问题！
最后，想到老兄能够认真阅读鄙文并思考，进而感到“吾道不孤”，我还是很高兴的——再鲜花一朵，感谢老兄！
家园 【从实招来】2号轮双重步进怎么实现的 你用石英钟来举例，害我问了个愚蠢之极问题。
你得考虑重新写举例那一段。用秒针分针来比方有点不合适。
2号轮可以是任何一个轮安装在2号位。那些个轮子到底有什么机关设计？
家园 呵呵，老兄一针见血啊 你用石英钟来举例，害我问了个愚蠢之极问题。你得考虑重新写举例那一段。用秒针分针来比方有点不合适。
的确如此。其实，更适合举例的，应该是汽车上的里程表，或者某种老式的机械式电表。这样，进位规律就比较容易理解——不过，当时写的时候，觉得未必所有人都对汽车里程表有深刻的感性认识（比如没车的我，就对它没什么感觉），与此同时，肯定也有一些兄弟未必见识过机械式电表。。
而它又是26进制的，这个古怪进制，用一般的十进制的数字也没法例举。。
愁眉苦脸地：这咋办好呢？就是想举个通俗到特别通、特别俗的例子啊……
才会想到石英钟；当时也觉得不太合适，所以，只是文中一提，主要用意是引出“进位点”这个概念。君不见，后面再没石英钟什么事了，嘿嘿。。
而就是因为石英钟的例子容易引起误会，才专门又写了一段如果是石英钟又会如何——那个从00分跳到01分的地方，又加粗又设置指向箭头说明，就是怕兄弟们没注意，给理解错了啊……
这个地方我也头疼。老兄不妨提个建议，用什么做类比，才能又直观形象地说明步进、进位，同时又不会因为双重步进而把大家搞糊涂？
这例子还得特通俗。。。我是真想不出来，老兄帮忙，救命！
2号轮可以是任何一个轮安装在2号位。那些个轮子到底有什么机关设计？正是这样。轮子的设计，前文已经提到了，在步进时起作用的主要是凹口圈和掣爪。由于掣爪的机制才是真正的麻烦和复杂，本文就把它忽略过去了。
实际上，转轮组的步进也好，进位也好，并不是转轮本身就有这功能，而完全是幕后的掣爪直接推动的。在【活拆了ENIGMA（4）】中，有机槽内的样子；其中，就有掣爪，老兄不妨看看。
至于掣爪机制又是怎么回事——呵呵，饶命饶命，老兄不是真想知道吧？其实所有能步进和进位的机械装置，比如钟表和里程表、电表之类，都有类似掣爪和棘轮的机制，ENIGMA内的，只不过是个变形罢了。
双重步进，是ENIGMA的一个特殊机制。只是，如果非要具体分析它在机械上是怎么实现的……这个，1001n就只有逃命了，呵呵……
家园 说实话，这个问题我也没搞清楚 我也是觉得从D，F，H到E，G，I很自然（H到I不是因为操作员的手动吗？），没高明白一千零一夜兄为什么说正常情况应该是D，F，H到E，G，H。
只是之前已经问了一个问题，怕问多了显得自己太笨。
家园 啊呀，老兄不明白的地方，说出来咱们一起探讨就是了啊 别说什么笨不笨的，要说笨，估计没有比100n更笨的了——几行公式就能描述的东西，活活搞出几万字来叙述，不是笨是什么？
再说，老兄不明白，也不是因为看到ENIGMA琢磨不通，而是因为看了1001n的文字而琢磨不通——这说明，问题不是在老兄，而是在咱自己身上啊。。
可别再这么说了。。咱们探讨一下，老兄看看是不是这个理儿：
我也是觉得从D，F，H到E，G，I很自然（H到I不是因为操作员的手动吗？），没高明白一千零一夜兄为什么说正常情况应该是D，F，H到E，G，H。涉及这个问题的原文是这样的：
再仔细观察一下，我们会发现一个现象：D E G
D F H
E G I
E G J
其中，中轮在F停留了一次；这就意味着，下一步它将变成G；而在正常情况下，被右轮进位所推动的G，首次对应的应该是右轮进位点后的一个字母；在本例中，中轮的G，对应的应该就是右轮进位点G后的一个字母，即H。
如此说来，D、F、H的后一步，应该就是E、G、H。
可在这个实例中呢？却是E、G、I；而那个该死的H，又跑哪里去了呢？
我的意思是：
右轮的进位点是G，因此，当右轮越过进位点到达下一个字母H时，中轮将发生进位。这就是说，按一般道理来看，在中轮进位完毕的那个瞬间，右轮的字母应该都是H。
也就是说，中轮进位完毕的那个瞬间，无论中轮进位到达的字母是什么，这时候的右轮的字母都应该是H。
如此分析的话，如果左轮和中轮因为进位，初次出现E-G组合的时候，右轮的字母也应该是H，所以，才会说“应该是E-G-H”。。。
可是，问题就出在：这个E-G组合并不是由于正常的进位/步进而来的。
由于它是由D-F组合仅经一步便“跳跃”而来的，所以，“短命”的D-F组合并未一个个对应上右轮的H、I、J、K、L、M、N……Z、A、B、C……E、F、G这完整的一圈26个字母，所以，才会出现E-G-I而非E-G-H的现象。
也顺便说一句，从这个意义上讲，E-G-H的对应关系是不存在的——而这，正是双重步进与一般步进-进位规律不同的地方。
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文中让二位发晕的地方，其实正是1001n行文过于简略的地方。并且，为了突出双重步进的特殊性，在先强调了“中轮的缺口位不稳定”，会导致双重步进之后；又反过来再辅以单纯进位会出现的情况，来论证双重步进的特殊。
本来，右轮的顺序很清楚，F、G、H、I、J……，按顺序，D-F-H后当然应该是E-G-I；而现在经过正反这么一对比后，就确实不容易理解文中说的“D-F-H的后一步，应该是E-G-H”的意思了。。
本意是把问题从正反两面说生动一点，结果没交代清楚，让二位头大了，惭愧ing。。
唉，都是咱不好。主要是研究这些个转轮的时候，实际上想了很多的情况；后来写的时候，不注意就都多少带出来了——问题是，我自己是明白的，可这么一写，大伙很容易晕过去——是我的不好，以后定当注意。
不知道老兄满意这个解释么？
家园 对不起，还是没明白 为什么我会觉得D，F，H到E，G，I很正常呢？
从D，E，G到D，F，H不存在问题，因为G是右轮的进位点，所以右轮G到H，中轮就会被推动从E到F。
下一步，由于F的位置是不稳定的，所以在受到右轮H到I的输入后（记得你说这个输入是操作员手动控制而不受其他轮的影响的），虽然H不是右轮的步进点，中轮也从F运动到了G，同时，因为F是中轮的步进点，左轮也从D运动到E。
兄看我的这段话有疏漏的地方吗？
如此分析的话，如果左轮和中轮因为进位，初次出现E-G组合的时候，右轮的字母也应该是H，所以，才会说“应该是E-G-H”。。。我不明白的是，E-G组合的出现，不是由于右轮H到I的输入引起的吗？
头有点大了。。。
家园 老兄头别大，呵呵 如前所述，这是“两个标准”导致的问题。
第一个，中轮步进后，对应的第一个右轮字母都应该是H；所以，E-G组合出现时，首先对应的，应该是H，即E-G-H；
第二个，正常使用时，操作员每输入一次，右轮步进一次；只有输入，才能导致步进和进位，以及双重进位；因此，E-G只能对应I，即E-G-I。
这是从两个标准分析出来的结果，并不是说右轮在D-F-H后，还会在H上停留一位，变成E-G-H。
“E-G-H”一说，是按第一个标准分析出来的结果，并不是实际发生的；不会发生的原因，正是因为它和双重步进的原理相冲突。
不知道这么说，老兄是不是明白一些了？
家园 唉，我刚问完，就发现我的推导有问题…… 1001n的描述一点问题都没有。
按照我的想法来推，2号轮处于凹口F时，2号轮不会动啦。3号轮必须再次旋转到G并越过G，才能驱动2号轮越过F，此时2号轮才能驱动1号轮旋转一格。而这，恰恰就是“D F H----E G H”
正因为我们都只看到了2号轮能够驱动1号轮，忘记了2号轮的双重步进。所以，都能“自然而然”的理解D F H----E G I
我写一遍看看哈，按照一切都是3号轮驱动的话
D E G
D F H
D F I
D F J
…………
D F A
…………
D F G
E G H
嘿嘿，这个中间，还有这么多的变化。不是一步就过来了。
前篇已经删除啦，问得太蠢，不好意思留下来。
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家园 很清楚，这下明白了。 兄台呕心沥血写出这个长篇，咱本来就是门外汉，所以就想借此机会多了解一些密码领域的东西，技术性这么强的文章，不认真看看哪成？
说实话，即使这样，我也没有把每个细节都搞清楚。惭愧。
接着看下一篇去了。