1.   引言

在现代的对称密码体系中，布尔函数是不可替代的重要角色，其抵御攻击的能力决定着密码系统的安全性，故对安全性能良好的布尔函数的构造显得极其重要。非线性度是布尔函数的最重要的性质之一，具有高非线性度的布尔函数能够有效抵御最佳仿射攻击。具有最高非线性度的布尔函数被称为bent函数^[1]，这类函数满足n阶扩散准则且其Walsh-Hadamard谱值的绝对值都是相等的，故bent函数是一类密码学性质较好的布尔函数。然而bent函数也有不足之处，例如bent函数不平衡，且其变元个数只能是偶数。Riera等人^[2]提出了与Walsh-Hadamard变换相类似的Nega-Hadamard变换，并借鉴bent函数的谱值定义，将在任意点处Nega-Hadamard谱值的绝对值都为1的函数称为negabent函数。文献[3,4]指出negabent函数具有最优的自相关性，存在平衡的negabent函数，且其变元个数可为偶数也可为奇数。与bent函数一样，negabent函数在密码学、编码理论和组合设计中都有广泛的应用，故negabent函数的性质和构造成为布尔函数研究领域的一个重点问题。

目前，国内外的学者对negabent函数进行了若干的研究。Parker等人^[5]讨论了既是bent又是negabent函数的构造和分类问题。Stănică等人^[6]描述了nega-Hadamard变换的详细理论，研究了negabent函数级联后的结果，并刻画了M-M类中的bent-negabent函数所具备的特征。Stanica等人^[7]继续证明了n元negabent函数代数次数的上界为$\left\lceil {n/2} \right\rceil$，提出了一种利用完全映射多项式构造bent-negabent函数的方法。Su等人^[8]给出了函数是negabent的充要条件，基于该充要条件证明了negabent函数至多有4种nega-谱值，并提供了一种构造偶变元bent-negabent的方法。Mandal等人^[9]对M-M类中的bent-negabent函数的存在性问题进行了研究。Sarkar^[10]首次给出了通过迹函数的形式表示negabent函数，刻画了一类negabent 2次单项式函数，并给出了在M-M类中bent-negabent函数的充要条件。Zhou等人^[11]利用迹函数给出了negabent函数的等价定义，分别构造了2次和3次的negabent单项式函数族。Wu等人^[12]利用了2次置换的复合逆和3次置换的复合逆构造了一类新的negabent函数。Jiang等人^[13]利用完全置换多项式给出了一类2次bent-negabent函数的充要条件，利用布尔函数和向量布尔函数组合的方法，计算了广义间接和的nega-Hadamard变换。Guo等人^[14]分别通过间接与直接的方法对bent-negabent函数进行构造，并研究了多输出布尔函数的nega-Hadamard谱值。文献[15]利用基于迹函数定义的Kerdock码构造了2次bent–negabent函数族。迹函数是有限域上的一类线性函数，利用迹函数不仅可以更好地描述出negabent函数的性质，而且较其他方法而言，利用迹函数构造negabent函数也更加简便。

鉴于迹函数在刻画和构造negabent函数方面的优势，本文使用有限域上的迹函数与置换多项式相结合的方法构造了两类negabent函数，并完成了对这两类negabent函数的计数。所构造的第1类negabent函数具备$f(x) \;=\; {{\rm{Tr}}} _1^k(\lambda {x^{{2^k} + 1}}) \;+\; {{\rm{Tr}}} _1^n(ux){{\rm{Tr}}} _1^n(vx) \;+ {{\rm{Tr}}} _1^n(mx){{\rm{Tr}}} _1^n(ux)$的形式，其中$(u,v,m) \in \mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \times \mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \times \mathop F\nolimits_{{2^n}}^* ,{\text{ }}n = 2k$, $\lambda \in \mathop F\nolimits_{{2^k}}$，通过调整$\lambda ,{\text{ }}u,{\text{ }}v,{\text{ }}m$中的3个参数使其满足negabent函数的谱值特征，并计算出了这类negabent函数的数量。所构造的第2类negabent函数的形式为$f(x) = {{\rm{Tr}}} _1^n(\lambda {x^{{2^k} + 1}}) + {{\rm{Tr}}} _1^n(ux){{\rm{Tr}}} _1^n(vx) + {{\rm{Tr}}} _1^n(mx){{\rm{Tr}}} _1^n(dx)$，其中$n = 2k, {\text{ }}\lambda \in \mathop F\nolimits_{{2^k}}$,$(u,v,m,d) \in \mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \times \mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \times \mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \times \mathop F\nolimits_{{2^n}}^*$，通过调整$\lambda ,{\text{ }}u,{\text{ }}v,{\text{ }}m,{\text{ }}d$中的4个参数，使其满足negabent函数的谱值特征，并计算出了这类negabent函数的数量。研究结果表明，利用该方法可以获得大量形式简洁的negabent函数。

本文内容的安排如下：第2节介绍了布尔函数及有限域上的迹函数的基本知识；第3节给出了利用迹函数构造negabent函数的方法，并解决了所构造的negabent函数的计数问题；第4节总结。

2.   预备知识

本文用${F_2}$表示只有两个元素0和1的有限域，${F_2}$上定义了加法和乘法两种2元运算，$\mathop F\nolimits_2^n$表示2元域上的n维向量空间。n元布尔函数是$\mathop F\nolimits_2^n$到${F_2}$上的映射^[16]，用${B_n}$表示所有的n元布尔函数构成的集合。

定义1^[16]　设$f(x) \in {B_n},{\text{ }}x = ({x_1},{x_2}, \cdots ,{x_n}) \in F_2^n$，称多项式

为$f(x)$的代数正规型(Algebraic Normal Form, ANF)，这里的${\alpha _e} \in \mathop F\nolimits_2$, $e = ({e_1},{e_2}, \cdots ,{e_n}) \in \mathop F\nolimits_2^n$, $f(x)$的代数次数为$\deg (f) = {\text{max}}\{ {\text{wt}}(e)|{\alpha _e} \ne 0, e \in F_2^n\}$，其中${\text{wt}}(e)$为$e$的汉明重量，是$e$的分量中1的个数。代数次数至多为1的函数称为仿射函数。

设$f(x) \in {B_n}$，若$|\{ x \in \mathop F\nolimits_2^n |f(x) = 0\} | = {2^{n - 1}}$，则称该函数是一个平衡的布尔函数。两个布尔函数$f(x) \in {B_n}$, $g(x) \in {B_n}$之间的汉明距离为$f \oplus g$的汉明重量，记作$d(f,g)$，即$d(f,g) = {\text{wt}}(f \oplus g)$。

定义2^[16]　布尔函数$f(x) \in {B_n}$的walsh-Hadamard变换是$\mathop F\nolimits_2^n$到$R$上的一个映射，其定义为

其中，$\mu \cdot x$为$\mu$与$x$的内积。若对任意的$\mu \in \mathop F\nolimits_2^n$，均有$\left| {{W_f}(\mu )} \right| = 1$，则称$f(x)$为bent函数。

定义3^[7]　布尔函数$f(x) \in {B_n}$，其nega-Hadamard变换是$\mathop F\nolimits_2^n$到$R$上的一个映射，定义为

其中，${{\rm{i}}^2} = - 1$。

定义4^[7]　设$f(x) \in {B_n}$，若对任意的$\mu \in F_2^n$，均有$\left| {{N_f}(\mu )} \right| = 1$，则称函数$f(x)$为negabent函数。

定义5^[17]　设$Q = \mathop F\nolimits_{{q^n}}$, $K = \mathop F\nolimits_q$为有限域，定义$\mathop F\nolimits_{{q^n}}$上的函数为

称此函数为$\mathop F\nolimits_{{q^n}}$上的迹函数。

迹函数具备下述性质：

(1)${{\rm{Tr}}} _1^n(\alpha + \beta ) = {{\rm{Tr}}} _1^n(\alpha ) + {{\rm{Tr}}} _1^n(\beta )$，任意的$\alpha ,{\text{ }}\beta \in Q$；

(2)${{\rm{Tr}}} _1^n(x\alpha ) = x{{\rm{Tr}}} _1^n(\alpha )$，任意的$x \in K$, $\alpha \in Q$；

(3)${{\rm{Tr}}} _1^n({\alpha ^q}) = {{\rm{Tr}}} _1^n(\alpha )$，任意的$\alpha \in Q$；

(4)${{\rm{Tr}}} _1^n(\alpha ) = {{\rm{Tr}}} _1^m({{\rm{Tr}}} _m^n(\alpha ))$，任意的$\alpha \in Q$，其中$m|n$。

定理1^[12]　设$f(x) \in {B_n}$, $f(x)$为negabent函数当且仅当对$a \in \mathop F\nolimits_{{2^n}}^*$，均有

定义6^[17,18]　设$\mathop F\nolimits_{{q^n}}$为有限域，多项式$z(x) \in \mathop F\nolimits_{{q^n}} [x]$，若由$z(x)$诱导的多项式函数是$\mathop F\nolimits_{{q^n}}$到$\mathop F\nolimits_{{q^n}}$上的一个双射(置换)，则称$z(x)$是有限域$\mathop F\nolimits_{{q^n}}$上的一个置换多项式。

引理1^[12]　设$q$是某个素数幂，$z(x) =$ $\displaystyle\sum\nolimits_{i = 0}^{n - 1} {{a_i}{x^{{q^i}}}}$, $z(x)$是在$\mathop F\nolimits_{{q^n}}$上的置换多项式，当且仅当

引理2^[12]　设$\lambda \ne 1$, $b \in \mathop F\nolimits_{{2^n}}$, $n = 2k$，方程$\lambda {y^{{2^k}}} + y = b$有唯一解$y = {{b + {b^{{2^k}}}}}/({{1 + {\lambda ^2}}})$。

3.   两类negabent函数的构造

本节使用了有限域上的迹函数构造了两类negabent函数，并讨论了所构造的negabent函数的计数问题。

基于引理2中置换多项式的结论，利用迹函数构造了第1类negabent函数：$f\left( x \right) = {{\rm{Tr}}} _1^k(\lambda {x^{{2^k} + 1}}) {\text{Tr}}_1^n(ux){{\rm{Tr}}} _1^n(vx) + {{\rm{Tr}}} _1^n(mx){{\rm{Tr}}} _1^n(ux)$，其中$n = 2k$, ${\text{ }}\lambda \in \mathop F\nolimits_{{2^k}} ,{\text{ }}\left( {u,v,m} \right) \in \mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \times \mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \times \mathop F\nolimits_{{2^n}}^*$。通过调整参数$\lambda ,{\text{ }}u,{\text{ }}v,{\text{ }}m,{\text{ }}d$中的3个，使得$f(x) + f(x + a) + {{\rm{Tr}}} _1^n(ax)$是平衡的，保障了$f(x)$满足定理1的条件。

定理2　令$f\left( x \right) = {{\rm{Tr}}} _1^k(\lambda {x^{{2^k} + 1}}) + {} {\text{Tr}}_1^n(ux) {{\rm{Tr}}} _1^n(vx) + {{\rm{Tr}}} _1^n(mx){{\rm{Tr}}} _1^n(ux)$，其中$\left( {u,v,m} \right) \in {\left( {\mathop F\nolimits_{{2^n}}^* } \right)^3}$, $n = 2k$, ${\text{ }}\lambda \in \mathop F\nolimits_{{2^k}}$。$f\left( x \right)$是negabent函数当且仅当$f\left( x \right)$满足下述4个条件之一。

(1) $\lambda \ne {\text{1}}$, $(A,B,C,D,E,F) \notin P \cup Q$，其中$P = {\text{\{ (1,1,1)}},({\text{0,0,1}}),({\text{1,1,0)}}$, $({\text{0,0,0}})\} \times \{ ({\text{0,1,0}}),(0, 1,1),({\text{1,0,0}}),({\text{1,0,1)\} }}$, $Q = \{ (0,1,0),(0,1,1)$, $(1,0, 0),(1,0,1)\} \times \{ (1,1,1)$, $(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0)\}$, ${{\rm{Tr}}} _1^n \left( \dfrac{v}{{1 + \lambda }} \right) = A$, ${{\rm{Tr}}} _1^n \left( \dfrac{m}{{1 + \lambda }} \right) = B$, ${{\rm{Tr}}} _1^n \left( \dfrac{{v(m + \lambda {m^{{2^k}}})}}{{1 + {\lambda ^2}}} \right) = C$, ${{\rm{Tr}}} _1^n \left( \dfrac{{m(u + \lambda {u^{{2^k}}})}}{{1 + {\lambda ^2}}} \right) = D$, ${{\rm{Tr}}} _1^n \left( \dfrac{{u(v + \lambda {v^{{2^k}}})}}{{1 + {\lambda ^2}}} \right) = E$, ${\text{ }}{{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{u}{{1 + \lambda }}\right) = F$。

(2) $\lambda =1$, $k=3,\text{ }u,\text{ }v,\text{ }m$, $u+v+m, \text{ }u+v, \text{ }u+m$, $v+m\notin {{\displaystyle F}}_{{2}^{k}}$。

(3) $\lambda = 1,{\text{ }}k = 2{\text{, }}u,{\text{ }}v,{\text{ }}m$恰有一个属于$\mathop F\nolimits_{{2^k}}$, $u,{\text{ }}v,{\text{ }}m$互不相同；或$u,{\text{ }}v,{\text{ }}m \notin \mathop F\nolimits_{{2^k}} , u{\text{ + }}v, {\text{ }}u + m,{\text{ }}v + m$至少有一个属于$\mathop F\nolimits_{{2^k}}$；或$u,{\text{ }}v, {\text{ }}m \notin \mathop F\nolimits_{{2^k}},\;u{\text{ + }}v + m \in \mathop F\nolimits_{{2^k}}$。

(4) $\lambda = 1,{\text{ }}k = 1,{\text{ }}u,{\text{ }}v,{\text{ }}m$恰有两个属于$\mathop F\nolimits_{{2^k}}$, $u,{\text{ }}v,{\text{ }}m$互不相同；或$u,{\text{ }}v,{\text{ }}m$恰有一个属于$\mathop F\nolimits_{{2^k}}$，其余两个相异或后的结果属于$\mathop F\nolimits_{{2^k}}$。

证明　根据定理1可知，要证明$f(x)$是negabent函数，只需证明对任意非零$a \in \mathop F\nolimits_{{2^n}}$, $f(x) + f(x + a) + {{\rm{Tr}}} _1^n(ax)$是平衡的。通过计算可得

由式(7)可知，对任意的$a \in \mathop F\nolimits_{{2^n}}^*$, $f(x) + f(x + a) + {{\rm{Tr}}} _1^n(ax)$是平衡的当且仅当$\lambda {a^{{2^k}}} + a + u({\text{{\rm{Tr}}}}_1^n(va) + {{\rm{Tr}}} _1^n(ma)) + (v + m){{\rm{Tr}}} _1^n(ua) \ne 0$。

记$H(a) = \lambda {a^{{2^k}}} + a + u({{\rm{Tr}}} _1^n(va) + {{\rm{Tr}}} _1^n(ma)) + (v + m){{\rm{Tr}}} _1^n(ua)$，下面讨论当参数$\lambda ,{\text{ }}k,{\text{ }}u,{\text{ }}v,{\text{ }}m$满足什么条件时，对任意的$a \in \mathop F\nolimits_{{2^n}}^*$，有$H(a) \ne 0$。注意到$H(a)$中的${{\rm{Tr}}} _1^n(va),\,{{\rm{Tr}}} _1^n(ma),\,{\rm{Tr}}_1^n(ua)$可能取值0或1，故对于任意的$a \in \mathop F\nolimits_{{2^n}}^*$, $u({{\rm{Tr}}} _1^n(va) + {{\rm{Tr}}} _1^n(ma)) + (v + m){{\rm{Tr}}} _1^n(ua)$是关于$u,{\text{ }}v,{\text{ }}m$的解析式。结合引理2，得到下面的证明。

当$\lambda \ne 1$时，有：

(1)当$({{\rm{Tr}}} _1^n(va),\;{{\rm{Tr}}} _1^n(ma),\;{{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) \;=\; (0,0,0)$时，$H(a) = 0$当且仅当 $a = 0$。

(2)当$({{\rm{Tr}}} _1^n(va),\;{{\rm{Tr}}} _1^n(ma),\;{{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) \;=\; (0,0,1)$时，由方程 $\lambda {y^{{2^k}}} + y = v + m$有唯一解$y = \dfrac{{v + m + \lambda {{(v + m)}^{{2^k}}}}}{{{\lambda ^2} + 1}}$，可得$H(a) = 0$当且仅当$a = \dfrac{{v + m + \lambda {{(v + m)}^{{2^k}}}}}{{{\lambda ^2} + 1}}$。由$({{\rm{Tr}}} _1^n(va),{{\rm{Tr}}} _1^n(ma), {{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) = (0,0,1)$得

通过计算可得${{\rm{Tr}}} _1^n \left( \dfrac{{v(m + \lambda {m^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}} \right)$=${{\rm{Tr}}} _1^n \left( \dfrac{{{{(\lambda m{v^{{2^k}}})}^{{2^k}}}}}{{{{({\lambda ^2} + 1)}^{{2^k}}}}} \right)+ {{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{{vm}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$=${{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{{\lambda m{v^{{2^k}}}}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right) + {{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{{vm}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right) = {{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{{m(v + \lambda {v^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$，故式(8)等价于

由式(9)可得$A = B = C,{\text{ }}D \ne E$，从而当$\left( {A,B,C,D,E} \right) \notin$$\{ (0,0,0,0,1)$, $(0,0,0,1,0),(1,1, 1, 0, 1),(1,1,1,1,0)\}$时$H(a) \ne 0$。

(3)当$({{\rm{Tr}}} _1^n(va),{{\rm{Tr}}} _1^n(ma),{{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) = (0,1,0)$时，由方程$\lambda {y^{{2^k}}} + y = u$有唯一解$y = \dfrac{{u + \lambda {u^{{2^k}}}}}{{{\lambda ^2} + 1}}$，可得$H\left( a \right) = 0$当且仅当$a = \dfrac{{u + \lambda {u^{{2^k}}}}}{{{\lambda ^2} + 1}}$，由$({{\rm{Tr}}} _1^n(va), {{\rm{Tr}}} _1^n(ma),{{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) = (0,1,0)$得

式(10)等价于

由式(11)可知，当$(D,E,F) \notin \{ (1,0,0)\}$时，$H(a) \ne 0$。

(4)当$({{\rm{Tr}}} _1^n(va),{{\rm{Tr}}} _1^n(ma),{{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) = (1,0,0)$时，由方程$\lambda {y^{{2^k}}} + y = u$有唯一解$y = \dfrac{{u + \lambda {u^{{2^k}}}}}{{{\lambda ^2} + 1}}$，可得$H(a) = 0$当且仅当$a = \dfrac{{u + \lambda {u^{{2^k}}}}}{{{\lambda ^2} + 1}}$，由$({{\rm{Tr}}} _1^n(va), {{\rm{Tr}}} _1^n(ma),{{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) = (1,0,0)$可得

式(12)等价于

由式(13)可知，当$(D,E,F) \notin \{ (0,1,0)\}$时，$H(a) \ne 0$。

(5)当$({{\rm{Tr}}} _1^n(va),{{\rm{Tr}}} _1^n(ma),{{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) = (1,1,0)$时，$H(a) = 0$当且仅当 $a = 0$ 。

(6)当$({{\rm{Tr}}} _1^n(va),{{\rm{Tr}}} _1^n(ma),{{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) = (0,1,1)$时，由方程$\lambda {y^{{2^k}}} + y = u + v + m$唯一解$y = \dfrac{{u + v + m + \lambda {{(u + v + m)}^{{2^k}}}}}{{{\lambda ^2} + 1}}$，可得$H\left( a \right) = 0$当且仅当$a = \dfrac{{u + v + m + \lambda {{(u + v + m)}^{{2^k}}}}}{{{\lambda ^2} + 1}}$，由$({{\rm{Tr}}} _1^n(va),{{\rm{Tr}}} _1^n(ma),{{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) = (0,1,1)$可得

又${{\rm{Tr}}} _1^n\left(\dfrac{{v(m + \lambda {m^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$ = ${{\rm{Tr}}} _1^n\left(\dfrac{{m(v + \lambda {v^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right), {{\rm{Tr}}} _1^n\left(\dfrac{{v(u + \lambda {u^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$ = ${\text{Tr}}_1^n\left(\dfrac{{u(v + \lambda {v^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right), {{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{{u(m + \lambda {m^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$ = ${{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{{m(u + \lambda {u^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$，故式(14)等价于

由式(15)可知，当$(A,B,C,D,E,F) \notin \{ (0,0, 0, 1,0,0)$, $(0,1,0,0,0,1),(1,0,0,1,1,1)$, $(1,1,0,0, 1,0), (1,0,1,0,0,1)$, $(1,1,1,1,0,0),$$(0,0,1,0,1,0), (0,1,1,1, 1,1)\}$时，$H\left( a \right) \ne 0$。

(7)当$({{\rm{Tr}}} _1^n(va),{{\rm{Tr}}} _1^n(ma),{{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) = (1,0,1)$时，由方程$\lambda {y^{{2^k}}} + y = u + v + m$唯一解$y = \dfrac{{u + v + m + \lambda {{(u + v + m)}^{{2^k}}}}}{{{\lambda ^2} + 1}}$，可得$H(a) = 0$当且仅当$a = \dfrac{{u + v + m + \lambda {{(u + v + m)}^{{2^k}}}}}{{{\lambda ^2} + 1}}$，由$({{\rm{Tr}}} _1^n(va), {{\rm{Tr}}} _1^n(ma),{{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) = (1,0,1)$ 可得

又${{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{{v(m + \lambda {m^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$ = ${{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{{m(v + \lambda {v^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$, ${{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{{v(u + \lambda {u^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$ = ${{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{{u(v + \lambda {v^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$, ${{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{{u(m + \lambda {m^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$ = ${{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{{m(u + \lambda {u^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$，故式(16)等价于

由式(17)可知，当$(A,B,C,D,E,F) \notin$$\{ (0,1,1, 0,0,1)$, $(0,0,1,1,0,0),(0,0,0,0,1,0)$, $(0,1,0,1, 1,1), (1,0,0,0,0,1),(1,1,0,1,0,0)$, $(1,1,1,0,1,0),(1,0,1, 1,1,1)\}$时，$H\left( a \right) \ne 0$。

(8)当$({{\rm{Tr}}} _1^n(va),{{\rm{Tr}}} _1^n(ma),{{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) = (1,1,1)$时，由方程$\lambda {y^{{2^k}}} + y = v + m$的唯一解$y = \dfrac{{v + m + \lambda {{(v + m)}^{{2^k}}}}}{{{\lambda ^2} + 1}}$，可得$H\left( a \right) = 0$当且仅当$a = \dfrac{{v + m + \lambda {{(v + m)}^{{2^k}}}}}{{{\lambda ^2} + 1}}$，由$({{\rm{Tr}}} _1^n(va),{{\rm{Tr}}} _1^n(ma), {{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) = (1,1,1)$可得

又${{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{{v(m + \lambda {m^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right) = {{\rm{Tr}}} _1^n\left(\dfrac{{m(v + \lambda {v^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$，故式(18)等价于

由式(19)可得$D \ne E$,当$(A,B,C,D,E) \notin \{ (0,0,1,1,0),(1,1,0,0,1),(1,1,0,0,1)$, $(0,0,1,0, 1), (1,1,0,1,0)\}$时，$H\left( a \right) \ne 0$。

综上所述，当$\lambda \ne 1$时，若$\left( {A,B,C,D,E,F} \right)$不属于上述情形，则对任意$a \in \mathop F\nolimits_{{2^n}}^*$，有$H\left( a \right) = \lambda {a^{{2^k}}} + a + u({{\rm{Tr}}} _1^n\,(va) + {{\rm{Tr}}} _1^n\,(ma)) + (v + m){{\rm{Tr}}} _1^n\,(ua) \ne 0$。

当$\lambda = 1$时，考虑$H\left( a \right) = 0$，即${a^{{2^k}}} + a + u({{\rm{Tr}}} _1^n(va) + {{\rm{Tr}}} _1^n(ma)) + (v + m){{\rm{Tr}}} _1^n(ua) = 0$解的个数问题。

(1) 当$({{\rm{Tr}}} _1^n(va),{{\rm{Tr}}} _1^n(ma),{{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) \ne (0,0,0)$时，其证明与$\lambda \ne 1$时类似，故不赘述。

(2) 当$({{\rm{Tr}}} _1^n(va),{{\rm{Tr}}} _1^n(ma),{{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) = (0,0,0)$时，记 $L(v,m,u)$是在$\mathop F\nolimits_{{2^n}}^*$中使得$({{\rm{Tr}}} _1^n(va), {{\rm{Tr}}} _1^n(ma),{{\rm{Tr}}} _1^n(ua)) = (0,0,0)$的a的个数，其中$(v,m,u) \in \mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \times \mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \times \mathop F\nolimits_{{2^n}}^*$。

由迹函数的平衡性质可得$({{\rm{Tr}}} _1^n(va),{{\rm{Tr}}} _1^n(ma), {{\rm{Tr}}} _1^n(ua))$ = $({{\rm{Tr}}} _1^n(a(v \;+\; {v^{{2^k}}})),\;{{\rm{Tr}}} _1^n(a(m \;+\; {m^{{2^k}}})), {{\rm{Tr}}} _1^n(a(u + {u^{{2^k}}})))$。

因此，易证：

(a) 当$v,{\text{ }}m,{\text{ }}u$恰好有两个属于$\mathop F\nolimits_{{2^k}}^*$时，$L(v,m,u) = {2^{k - 1}} - 1$，在此情形下$H(a) \ne 0$当且仅当$k = 1$。

(b) 当$v,{\text{ }}m,{\text{ }}u$恰有一个属于$\mathop F\nolimits_{{2^k}}^*$时，$L(v,m,u) = {2^{k - 1}} - 1$，在此情形下$H(a) \ne 0$当且仅当$k = 2$。

(c) 当$v,{\text{ }}m,{\text{ }}u \notin \mathop F\nolimits_{{2^k}}^*$时，若$v + m + u \in \mathop F\nolimits_{{2^k}}^*$，或$v +m,v + u,m + u$恰有一个属于$\mathop F\nolimits_{{2^k}}^*$，则$L(v,m,u) = {2^{k - 2}} - 1$，在此情形下$H(a) \ne 0$当且仅当$k = 2$；若$v + m + u,v + m,v + u,m + u \notin \mathop F\nolimits_{{2^k}}^*$，则$L(v,m,u) = {2^{k - 3}} - 1$，在此情形下$H(a) \ne 0$当且仅当$k = 3$。显然，当$k \gt 3$时，$H(a) = 0$至少有1个非零解，即$f(x)$不是negabent函数。

注1　在定理2中，当$v = u = m$时，文献[19]已证明$f(x)$是negabent函数。

例1　基于定理2的条件所构造的negabent函数。

(1) 当$\lambda \ne 1$时，取$\lambda = 0$, $k = 2$，相应的$n = 4$，取$u=(1,0,0,1)\text{,}v=(0,0,0,1),m=(0,1,1,0)，$则计算可得$(A,B,C,D,E,F) = (1,0,0,0,1,1) \notin P \cup Q$，由此可得negabent函数$f(x) = {x_4}^2 + {x_1}{x_2} + {x_1}{x_3} + {x_1}{x_4} + {x_2}{x_4} + {x_3}{x_4}$，其中$x = ({x_1},{x_2},{x_3},{x_4})$。

(2) 当$\lambda = 1,{\text{ }}k = 3$时，相应的$n = 6$，取$u= (0,0,0,0,0,1),v = (0,0,0,0,1,1,),m = (0,0,0,1,1,1)$，由此可得negabent函数$f(x) = {{\rm{Tr}}} _1^3({x^9}) + {x_4}{x_6}$，其中$x = ({x_1},{x_2},{x_3},{x_4},{x_5},{x_6})$。

(3) 当$\lambda = 1,{\text{ }}k = 2$时，相应的$n = 4$，取$u = (1,1)$,$v = (0,0,1,1),m = (0,0,0,1)$，由此可得negabent函数$f\left( x \right) = {{\rm{Tr}}} _1^2({x^5}) + {x_1}{x_3} + {x_2}{x_3}$，其中$x = ({x_1},{x_2},{x_3},{x_4})$。

(4) 当$\lambda = 1,{\text{ }}k = 1$时，相应的$n = 2$，取$u = 1,v = 0,m = (1,1)$，由此可得negabent函数$f(x) = {{\rm{Tr}}} _1^1({x^3}) + {x_1}^2 + {x_1}{x_2}$，其中$x = ({x_1},{x_2})$。

命题1　当$\lambda \ne 1$时，定理2中所构造的negabent函数的数量为$({2^{n - 1}} - 2)({2^n} - 1)({2^n} - 4)$。

证明　由定理2可知，当$\lambda \ne 1$时，若

则$(A,B,C,D,E,F) \notin P \cup Q$，因此在定理2中所构造出的negabent函数的数量等于使得式(20)成立的$(u,v,m)$的数量。

在$\mathop F\nolimits_{{2^n}}^*$中，使得${\rm{Tr}} _1^n \left(\dfrac{v}{{1 + \lambda }}\right) = 0$的$v$有${2^{n - 1}} - 1$个；在$\mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \backslash \{ v\}$中，使得${\rm{Tr}} _1^n \left(\dfrac{m}{{1 + \lambda }}\right) = 0$的$m$有${2^{n - 1}} - 2$个，在$\mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \backslash \{ v,m\}$中，使得${\rm{Tr}} _1^n \left(\dfrac{u}{{1 + \lambda }}\right) = 0$的$u$有${2^{n - 1}} - 3$个，故使得$\left({\rm{Tr}} _1^n \left( \dfrac{v}{{1 + \lambda }} \right), {\rm{Tr}} _1^n \left( \dfrac{m}{{1 + \lambda }} \right), {\rm{Tr}} _1^n \left(\dfrac{u}{{1 + \lambda }}\right)\right) = (0,0,0)$的$(u,v,m)$的数量为$({2^{n - 1}} - 1)({2^{n - 1}} - 2)({2^{n - 1}} - 3)$。

在$\mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \backslash \{ v\}$中，使得${{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{m}{{1 + \lambda }}\right) = 1$的$m$有${2^{n - 1}} - 1$个；在$\mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \backslash \{ v,m\}$中，使得${{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{u}{{1 + \lambda }}\right) = 1$的$u$有${2^{n - 1}} - 2$个，故使得$\left({{\rm{Tr}}} _1^n\;\left(\dfrac{v}{{1 + \lambda }}\right), {{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{m}{{1 + \lambda }}\right),{{\rm{Tr}}} _1^n \left(\dfrac{u}{{1 + \lambda }}\right)\right) = (0,1,1)$的$(u,v,m)$的数量为${({2^{n - 1}} - 1)^2}({2^{n - 1}} - 2)$。综上使式(20)成立的数组$(u,v,m)$数量为$({2^n} - 4)({2^{n - 1}} - 1)({2^{n - 1}} - 2)$。

若

则$(A,B,C,D,E,F) \notin P \cup Q$，因此在定理2中所构造出的negabent函数的数量等于使得式(21)成立的$(u,v,m)$的数量。

在$\mathop F\nolimits_{{2^n}}^*$中，使得${\rm{Tr}} _1^n\left(\dfrac{v}{{1 + \lambda }}\right) = 1$的$v$有${2^{n - 1}}$个；在$\mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \backslash \{ v\}$中，使得${\rm{Tr}} _1^n\left(\dfrac{m}{{1 + \lambda }}\right) = 0$的$m$有${2^{n - 1}} - 2$个，在$F_{{2^n}}^*\backslash \{ v,m\}$中，使得${\rm{Tr}} _1^n \left(\dfrac{u}{{1 + \lambda }}\right) = 0$的$u$有${2^{n - 1}} - 3$个，故使得$\left({\rm{Tr}} _1^n\left(\dfrac{v}{{1 + \lambda }}\right),{\rm{Tr}} _1^n\left(\dfrac{m}{{1 + \lambda }}\right), {\rm{Tr}} _1^n\left(\dfrac{u}{{1 + \lambda }}\right)\right) = (1,0,0)$的$(u,v,m)$的数量为${2^{n - 1}} ({2^{n - 1}} - 2)({2^{n - 1}} - 3)$个。在$\mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \backslash \{ v\}$中，使得${\rm{Tr}} _1^n\left(\dfrac{m}{{1 + \lambda }}\right) = 1$的$m$有${2^{n - 1}} - 1$个；在$\mathop F\nolimits_{{2^n}}^* \backslash \{ v,m\}$中，使得${\rm{Tr}} _1^n\left(\dfrac{u}{{1 + \lambda }}\right) = 1$的$u$有${2^{n - 1}} - 2$个，故使得$\left({\rm{Tr}} _1^n\left(\dfrac{v}{{1 + \lambda }}\right),{\rm{Tr}} _1^n\left(\dfrac{m}{{1 + \lambda }}\right),{\rm{Tr}} _1^n\left(\dfrac{u}{{1 + \lambda }}\right)\right)= (1,1,1)$的$(u,v,m)$的数量为${2^{n - 1}}({2^{n - 1}} - 1)$ $({2^{n - 1}} - 2)$个。综上，使得式(21)成立的数组$(u,v,m)$数量为 ${2^{n - 1}}({2^{n - 1}} - 2)({2^{n - 1}} - 4)$。

综上所述，当$\lambda \ne 1$时，使$f(x)$为negabent函数的有序数组$(u,v,m)$的数量$({2^{n - 1}} - 2)({2^n} - 1) ({2^n} - 4)$。

将所构造第1类negabent函数$f(x) = {{\rm{Tr}}} _1^k(\lambda {x^{{2^k} + 1}})+ {{\rm{Tr}}} _1^n(ux){{\rm{Tr}}} _1^n(vx) + {{\rm{Tr}}} _1^n(mx){{\rm{Tr}}} _1^n(ux)$中的u调整为两个不同的参数，可得${{\rm{Tr}}} _1^k(\lambda {x^{{2^k} + 1}}) + {{\rm{Tr}}} _1^n(ux) {{\rm{Tr}}} _1^n(vx) + {{\rm{Tr}}} _1^n(mx){{\rm{Tr}}} _1^n(dx)$，下面讨论参数$\lambda ,u, v,m,d$满足什么条件时，该函数仍为negabent函数。

定理3　令$f(x) = {{\rm{Tr}}} _1^k(\lambda {x^{{2^k} + 1}}) + {{\rm{Tr}}} _1^n(ux){{\rm{Tr}}} _1^n(vx) + {{\rm{Tr}}} _1^n(mx){{\rm{Tr}}} _1^n(dx)$，其中$(u,v,m,d) \in {\left( {\mathop F\nolimits_{{2^n}}^* } \right)^4}$, $n = 2k$, $f\left( x \right)$是negabent函数当且仅当$f\left( x \right)$满足下面的5个条件之一：

(1) $\lambda \ne 1$，$\left( {A,B,C,D,E,F,G,H,I,J} \right)$不属于附录中的所有10元向量。其中，$A = {\rm{Tr}} _1^n\left(\dfrac{u}{{\lambda + 1}}\right)$, $B = {\rm{Tr}} _1^n\left(\dfrac{v}{{\lambda + 1}}\right)$, $C = {\rm{Tr}} _1^n\left(\dfrac{m}{{\lambda + 1}}\right)$, $D = {\rm{Tr}} _1^n \left(\dfrac{d}{{\lambda + 1}}\right)$, $E = {\rm{Tr}} _1^n \left(\dfrac{{u(m + \lambda {m^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$, $F = {\rm{Tr}} _1^n\left(\dfrac{{u(v + \lambda {v^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$, $G = {\rm{Tr}} _1^n \left(\dfrac{{u(d + \lambda {d^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$, $H = {\rm{Tr}} _1^n \left(\dfrac{{m(v + \lambda {v^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$, $I = {\rm{Tr}} _1^n \left(\dfrac{{m(d + \lambda {d^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$, $J = {\rm{Tr}} _1^n\left(\dfrac{{v(d + \lambda {d^{{2^k}}})}}{{{\lambda ^2} + 1}}\right)$。

(2) $\lambda = 1{\text{, }}k = 4$, $u,{\text{ }}v,{\text{ }}m,{\text{ }}d \notin \mathop F\nolimits_{{2^k}}$，且$u + v + m + d \notin \mathop F\nolimits_{{2^k}}$, $u,{\text{ }}v,{\text{ }}m,{\text{ }}d$互不相同。

(3) $\lambda = 1{\text{, }}k = 3$, $u,{\text{ }}v,{\text{ }}m,{\text{ }}d \notin \mathop F\nolimits_{{2^k}}$，且$u + v + m + d \in \mathop F\nolimits_{{2^k}}$, $u,{\text{ }}v,{\text{ }}m,{\text{ }}d$互不相同；或$u,{\text{ }}v,{\text{ }}m,{\text{ }}d$恰有1个属于$\mathop F\nolimits_{{2^k}}$, $u,{\text{ }}v,{\text{ }}m,{\text{ }}d$互不相同。

(4) $\lambda = 1,{\text{ }}k = 2$,$u,{\text{ }}v,{\text{ }}m,{\text{ }}d$恰有2个属于$\mathop F\nolimits_{{2^k}}$，$u,{\text{ }}v,{\text{ }}m,{\text{ }}d$互不相同。

(5) $\lambda = 1,{\text{ }}k = 1$,$u,{\text{ }}v,{\text{ }}m,{\text{ }}d$恰有3个属于$\mathop F\nolimits_{{2^k}}$。

注2　定理3的证明与定理2证明类似，这里不再赘述。

例2　基于定理3的条件所构造的negabent函数。

(1) 当$\lambda \ne 1$时，取$\lambda = 0$, $k = 2$，相应的$n = 2$，取$u = (0,1,1,1),v = (1,1,1,0),m = (1,0,1,1), d = (0,1,0,1)$，则计算可得$(A,B,C,D,E,F,G,H,I, J) = (1,0,1,0,0,0,0,1,1,1)$不在附表内，由此可得negabent函数$f(x) = {x_2}^2 + {x_3}^2 + {x_4}^2 + {x_1}{x_3} + {x_2}{x_3}$，其中$x = ({x_1},{x_2},{x_3},{x_4},{x_5},{x_6})$。

(2) 当$\lambda = 1,{\text{ }}k = 4$时，相应的$n = 8$，取$u = (0,0,0,0,0,0,0,1)$, $v = (0,0,0,0,0,0,1,1)$, $m = (0, 0, 0,1,1,0,0,1)$, $d = (0,0,0,0,1,1,0,1)$，由此可得negabent函数$f(x) = {{\rm{Tr}}} _1^4({x^{17}}) + {x_5}^2 + {x_4}{x_5} + {x_4}{x_6} + {x_4}{x_8} + {x_5}{x_6} + {x_6}{x_8} + {x_7}{x_8}$，其中$x = ({x_1},{x_2}, {x_3},{x_4}, {x_5},{x_6},{x_7},{x_8})$。

(3) 当$\lambda = 1,{\text{ }}k = 3$时，相应的$n = 6$，任取$u = (0,0,0,1)$, $v = (0,0,0,1,0,1)$, $m = (0,0,1,1, 0,1)$, $d = (0,0,0,0,1,1)$，由此可得negabent函数$f(x) = {{\rm{Tr}}} _1^3({x^9}) + {x_4}^2 + {x_6}^2 + {x_3}{x_5} + {x_3}{x_6} + {x_4}{x_5} + {x_5}{x_6}$，其中$x = ({x_1},{x_2},{x_3},{x_4},{x_5},{x_6})$。

(4) 当$\lambda = 1,{\text{ }}k = 2$时，相应的$n = 4$，取$u = (0,1),v = (1,1),$$m = (0,0,0,1),d = (0,0,1,1)$, 由此可得negabent函数$f(x) = {{\rm{Tr}}} _1^2({x^5}) + {x_2}^2 + {x_4}^2 + {x_1}{x_2} + {x_3}{x_4}$，其中$x = ({x_1},{x_2},{x_3},{x_4})$。

(5) 当$\lambda = 1,{\text{ }}k = 1$时，相应的$n = 2$，取$u = v = 0,m = 1,d = (0,1)$，由此可得negabent函数$f(x) = {{\rm{Tr}}} _1^1({x^3}) + {x_1}{x_2}$，其中$x = ({x_1},{x_2})$。

在第2类negabent函数的构造中，同样基于引理2中置换多项式的结论，利用迹函数构造negabent函数。与所构造的第1类negabent函数相比较，第2类negabent函数中可调的参数更多，因此由第2种构造方法可获得更多negabent函数。

命题2　当$\lambda \ne 1$时，定理3中所构造的negabent函数数量的下界为${2^{n - 1}}[({2^{n - 1}} - 2) ({2^{n - 1}} - 3) + {2^{n - 1}} - 4]$。

证明　如定理3所示，$f(x)$中的$u,{\text{ }}v,{\text{ }}m,{\text{ }}d$互不相同，确定有序数组$(u,v,m,d)$数量即可得到所构造出的negabent函数数量，将附表中的10元向量归纳可得：由定理3中的方法构造出的negabent函数的计数下界为${2^{n - 1}}[({2^{n - 1}} - 2)({2^{n - 1}} - 3) + {2^{n - 1}} - 4]$。

本文借鉴文献[12] 中利用有限域上的迹函数构造negabent函数的思想方法，通过增加可调参数获得了更多的negabent函数。文献[12]与本文所构造的negabent函数数量如表1所示。

表 1  不同调参方案所构造函数数量

	调整的参数	计数
文献[12]	$u,v$	$({2^{n - 1}} - 2)({2^n} - 1)$
定理2	$u,v,m$	$({2^{n - 1}} - 2)({2^n} - 1)({2^n} - 4)$
定理3	$u,v,m,d$	$\ge {2^{n - 1} }[({2^{n - 1} } - 2)({2^{n - 1} } - 3) + {2^{n - 1} } - 4]$

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4.   结论

Negabent函数作为bent函数的一种拓展，在密码学与编码理论中有着广泛应用，因此构造negabent函数具有重要实际意义。本文将迹函数与置换多项式相结合，提出了两种构造negabent函数的方法，解决了所构造出来的negabent函数的计数问题。研究结果表明，利用本方法可以获得大量的negabent函数。

定理3中$\lambda \ne 1$时$\left( {A,B,C,D,E,F,G,H,I,J} \right)$不取的10元向量
1100000000	1100000100	1111010001	1100000001	1111110001	1100000101	1111110110	1100000111	1110000000	1110000100	1111001100
1111110000	1111101100	1111100101	1111101111	1111111011	0000000010	1101000001	1111000100	1111100100	1111011101	1111001110
1111101011	1111111010	0000000101	0000000011	1110110101	1111100001	1111011010	1111000110	1111011111	1111110101	0000001101
0000000110	1110101001	1111000010	1111011000	1110101101	1111010101	1111101101	0000010101	0000001110	1110010010	1110111000
1111001111	1110100110	1111001101	1111101001	0000011010	0000010011	1110010001	1110110001	1111000011	1110011011	1111000101
1111100010	0000011101	0000100101	1110001110	1110100111	1110111100	1101011101	1110110011	1111000111	0001000010	0000111010
1110000010	1110100010	1110111001	1101011010	1110101000	1110111101	0001001000	0000111101	1101110111	1110011001	1110110010
1101011001	1110011101	1110110111	0001010000	0001000011	1101000100	1110000001	1110101110	1101010010	1110010110	1110110110
0001100000	0001000110	1100011111	1101110000	1110011100	1101000101	1110001111	1110101111	0001111100	0001001001	1100010010
1101100101	1110001000	1100110111	1110000110	1110000111	0010000010	0001010001	1100000010	1101100010	1110000011	1100101111
1101111111	1101111101	0010000110	0001100100	1011111010	1101000010	1101101011	1100100110	1101101001	1101111011	0010010000
0001101100	1011011100	1100111100	1101011110	1100010100	1101000110	1101111010	0010100001	0001110111	1011010011	1100101011
1101010110	1100001001	1100010110	1101101111	0010101101	0001111101	1011001010	1100100010	1101010000	1011111011	1100000110
1101101101	0010111001	0010000011	1010011110	1100010000	1101000011	1011110101	1011111101	1101101010	0011000000	0010101111
1010011100	1100001000	1100110010	1011100101	1011010111	1101010100	0011000010	0010111101	1010011011	1011111100	1100011101
1011100011	1011001011	1100111101	0011000101	0011000011	1010010010	1011110100	1100011010	1011001110	1010110011	1100111010
0011000111	0011100000	1010001010	1011100111	1100000011	1010111101	1010011111	1100110110	0011011010	0011100100	1001100101
1011100010	1011111110	1010110101	1010010110	1100100101	0011011101	0011100101	1001011111	1011011101	1011110110	1010101111
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