1.17学习记录
题目均来自basectf2024
Web
basectf2024 flag直接读取不就行了？
先进行代码审计
<?php
highlight_file('index.php');
# 我把flag藏在一个secret文件夹里面了，所以要学会遍历啊~
error_reporting(0);
$J1ng = $_POST['J'];
$Hong = $_POST['H'];
$Keng = $_GET['K'];
$Wang = $_GET['W'];
$dir = new $Keng($Wang);
foreach($dir as $f) {
echo($f . '<br>');
}
echo new $J1ng($Hong);
?>
题目提示flag藏在secret文件夹里面，要学会遍历，先看明白四个参数是干什么的
K、W是通过POST方式请求并且是通过类的方式创建了一个对象dir
K：可以通过查询php文档找遍历的类。我找到的是DirectoryIterator这个类，所以K传入的就是这个类。
W:一般就先访问根目录 传入 ”/“
根据提示 说flag在secret文件夹里面，所以就直接http://challenge.basectf.fun:29227/?K=DirectoryIterator&W=/secret
可以找到flag文件；从KW中只能得到flag的路径，读取还是需要查询PHP中读取文件的类是什么。经查询可以得到是SplFileObject类。再通过传入刚刚得到的flag文件的路径可以读取flag文件。
传参后没找到flag，根据查询被藏在元素里面了
一起吃豆豆
这道题是个小游戏，提示是个js小游戏，打开游戏后想看源码发现右键和Ctrl+u，f12都被禁用了，在右上角找到开发人员模式，接着Ctrl+u查看源代码
一直往下翻，就能够翻到gameover提示语是一串字符，用ctf一把梭看一下
确实是flag
你听不到我的声音
代码审计
<?php
highlight_file(__FILE__);
shell_exec($_POST['cmd']);
这题代码很简单，看上去就是传个cmd就可以拿到shell，但是这题的关键是shell_exec不会将结果直接输出，需要弄一个外带
根据查询，这题可以用流重定向符号解决
cmd=ls > 1
接着在URL后面输入/1就会下载文件，打开发现没有内容，就同样的方法查看根目录，在根目录下找到了flag，用同样的的方法读取flag即可
misc
哇！珍德食泥鸭
下载后得到一个gif，一来就想到是gif分帧查看，但是没有flag
但是也注意到binwalk检测到了文件，用binwalk分离出来
因为binwalk分出来都是zip格式，看到压缩包的内容是一堆小目录和xml文件，png就判断这是一个word文档，改拓展名后打开
打开后上面数一张图片，图片下面全是空白，但是有标识符，可能是回车的，往下翻找到一张白色图片
把图片删掉没有发现内容，查看隐藏内容
发现隐藏内容
用其他颜色标出来
二维码1-街头小广告
下载后得到一个二维码被踩了一脚，发现少了右上角的定位角，用Photoshop补齐之后用cqr扫码试试
扫码后发现纠错能力挺强的，这里要知道%7B，和%7D是大括号，就可以得到flag了
二维码2-阿喀琉斯之踵
这题也是修复二维码，也给了提示
这题是二维码的骨架有错误
缺少了格式信息，时间信息，根据搜索可以用脚本解决
from PIL import Image, ImageDraw
import pyzbar.pyzbar as pyzbar
img = Image.open('qrcode-2.png')
img_draw = ImageDraw.Draw(img)
def get_module(x, y):
return 0 if 255 == img.getpixel((20*x+40+10, 20*y+40+10))[0] else 1
def set_module(x, y, v):
img_draw.rectangle((20*x+40, 20*y+40, 20*x+40+19, 20*y+40+19),
fill=(0, 0, 0) if v else (255, 255, 255))
# Timing patterns
for x in range(8, 41-8):
set_module(x, 6, ~x&1)
for y in range(8, 41-8):
set_module(6, y, ~y&1)
# Bruteforce format information
FORMATS = '''L 0 111011111000100
L 1 111001011110011
L 2 111110110101010
L 3 111100010011101
L 4 110011000101111
L 5 110001100011000
L 6 110110001000001
L 7 110100101110110
M 0 101010000010010
M 1 101000100100101
M 2 101111001111100
M 3 101101101001011
M 4 100010111111001
M 5 100000011001110
M 6 100111110010111
M 7 100101010100000
Q 0 011010101011111
Q 1 011000001101000
Q 2 011111100110001
Q 3 011101000000110
Q 4 010010010110100
Q 5 010000110000011
Q 6 010111011011010
Q 7 010101111101101
H 0 001011010001001
H 1 001001110111110
H 2 001110011100111
H 3 001100111010000
H 4 000011101100010
H 5 000001001010101
H 6 000110100001100
H 7 000100000111011'''.split('\n')
# 红色部分坐标
GROUP1 = [
(0, 8), (1, 8), (2, 8), (3, 8), (4, 8),
(5, 8), (7, 8), (8, 8), (8, 7), (8, 5),
(8, 4), (8, 3), (8, 2), (8, 1), (8, 0),
]
# 黄色部分坐标
GROUP2 = [
(8, 40), (8, 39), (8, 38), (8, 37), (8, 36),
(8, 35), (8, 34), (33, 8), (34, 8), (35, 8),
(36, 8), (37, 8), (38, 8), (39, 8), (40, 8),
]
for fmt in FORMATS:
level, mask, fmtstr = fmt.split()
# 填图
for i, c in enumerate(fmtstr):
x, y = GROUP1[i]
set_module(x, y, int(c))
x, y = GROUP2[i]
set_module(x, y, int(c))
# 存图
# img.save(f'output/{level}{mask}.png')
# 解码
res = pyzbar.decode(img)
if res:
print(level, mask, res[0].data.decode())
else:
print(level, mask, 'None')
需要安装依赖，将图片放在脚本同一个文件夹内
白丝上的flag
下载附件后得到三个文件
根据提示感觉像是要用Stegsolve查看
这题的官方解法并不是这种，但是用这个工具确实可以硬看出来
crypto
铜匠
from Crypto.Util.number import getPrime, bytes_to_long
#from secret import flag
flag=b'XXXX'
p = getPrime(1024)
q = getPrime(1024)
n = p * q
e = 65537
hint1 = p >> 721
hint2 = q % (2 ** 266)
ct = pow(bytes_to_long(flag), e, n)
print(hint1)
print(hint2)
print(n)
print(ct)
'''
hint1 = 14439249591349619691972392177790365247490839237199085979433418493254022567815148979672690178
hint2 = 90063199151369157959005663017593053931871580139169245885113098598755909124764417
n = 18347545778876678838092757800261556931131930866012101566000425608407193858675622059415995283684230959320874387944052648148677918542763633503231962873204645415818139345588988936580526094727943067102768943117592654029397879665312089518191052154267343886226820785206334238961064175118262578895847281575656290248049404047727756356910896332939145136942219317065063060070725033146788186604738271846183709127655298440696824683099637827282095133642324657860714680107691622056420045091586609974536644773286992447027164350612852922016376888380895187804771279035652496676089183636450028327097084911908336202253562671798012457461
ct = 15659576879410368237140555530527974801613150473447768911067611094143466009251385693099110691602954207905029692682380253595062935017486879899242785756448973466690818942065250284891341066578689696180061755610538867770441139827574063212967027249650509215685566103350688284041405586915563454117672061141919712416360596137520514412607512596079964611672166435592936417138352662031529414118312166411150736015788925026636845744110093161894267707446937939130745326244186579516665160036229715964182962542836836457885170975474737620430886449029488829662146456489724775166105816909257516908496172172266375617868819982791477888289
'''
题目是一个rsa算法，根据查阅题目给出的是p高位和q低位，并发现相加之后为570位，剩余454位可以考虑用coppersmith求解，但是coppersmith要用同一个数的多个二进制位数，那么可以考虑把q的低位转变为p的低位,进而求出p求出flag
解密脚本：
from Crypto.Util.number import long_to_bytes, inverse
# 给定的提示信息
hint1 = 14439249591349619691972392177790365247490839237199085979433418493254022567815148979672690178
hint2 = 90063199151369157959005663017593053931871580139169245885113098598755909124764417
n = 18347545778876678838092757800261556931131930866012101566000425608407193858675622059415995283684230959320874387944052648148677918542763633503231962873204645415818139345588988936580526094727943067102768943117592654029397879665312089518191052154267343886226820785206334238961064175118262578895847281575656290248049404047727756356910896332939145136942219317065063060070725033146788186604738271846183709127655298440696824683099637827282095133642324657860714680107691622056420045091586609974536644773286992447027164350612852922016376888380895187804771279035652496676089183636450028327097084911908336202253562671798012457461
e=65537
ct = 15659576879410368237140555530527974801613150473447768911067611094143466009251385693099110691602954207905029692682380253595062935017486879899242785756448973466690818942065250284891341066578689696180061755610538867770441139827574063212967027249650509215685566103350688284041405586915563454117672061141919712416360596137520514412607512596079964611672166435592936417138352662031529414118312166411150736015788925026636845744110093161894267707446937939130745326244186579516665160036229715964182962542836836457885170975474737620430886449029488829662146456489724775166105816909257516908496172172266375617868819982791477888289
# 恢复 p 的高位部分
p_high = hint1 << 721
# 尝试恢复 q 的低位部分
for q_low in range(2**266):
q_guess = (hint2 + q_low * (2**266))
if n % q_guess == 0:
q = q_guess
p = n // q
break
# 计算私钥 d
phi = (p - 1) * (q - 1)
d = inverse(e, phi)
# 解密 flag
flag = long_to_bytes(pow(ct, d, n))
print(flag.decode())
解密时间有点长，因为是进行枚举恢复pq
最后解得BaseCTF{7074ddc3e006810688241196414e49e2}