hitb-2017 1000levels writeup
题目分析
题目设置的还是比较巧妙的。
本身是一个二进制的文件，linux 64环境，保护情况如下：
Arch: amd64-64-little
RELRO: Partial RELRO
Stack: No canary found
NX: NX enabled
PIE: PIE enabled功能一共三个：
1. go: 选择一个level，然后会再问你一次level，输入之后，回答两次level想加这么多次的问题，就是a * b类型，回答完成之后输出你在多少秒内完成了多少level
2. hint: 打印NO PWN NO FUN
3. give up: 退出
实现如下：
go
int go(void)
{
int v1; // ST0C_4@10
__int64 v2; // [sp+0h] [bp-120h]@1
int v3; // [sp+8h] [bp-118h]@9
__int64 v4; // [sp+10h] [bp-110h]@0
__int64 v5; // [sp+10h] [bp-110h]@4
signed __int64 v6; // [sp+18h] [bp-108h]@7
__int64 v7; // [sp+20h] [bp-100h]@10
puts("How many levels?");
v2 = read_num();
if ( v2 > 0 )
v4 = v2;
else
puts("Coward");
puts("Any more?");
v5 = v4 + read_num();
if ( v5 > 0 )
{
if ( v5 <= 999 )
{
v6 = v5;
}
else
{
puts("More levels than before!");
v6 = 1000LL;
}
puts("Let's go!'");
v3 = time(0LL);
if ( (unsigned int)level(v6) != 0 )
{
v1 = time(0LL);
sprintf((char *)&v7, "Great job! You finished %d levels in %d seconds\n", v6, (unsigned int)(v1 - v3));
puts((const char *)&v7);
}
else
{
puts("You failed.");
}
exit(0);
}
return puts("Coward");
}其中level函数如下
__int64 __fastcall level(signed int a1)
{
__int64 result; // rax@2
__int64 inputs; // rax@8
char buf[32]; // [sp+10h] [bp-30h]@1
int answer; // [sp+30h] [bp-10h]@5
int num2; // [sp+34h] [bp-Ch]@5
int num1; // [sp+38h] [bp-8h]@5
int i; // [sp+3Ch] [bp-4h]@5
*(_QWORD *)buf = 0LL;
*(_QWORD *)&buf[8] = 0LL;
*(_QWORD *)&buf[16] = 0LL;
*(_QWORD *)&buf[24] = 0LL;
if ( a1 )
{
if ( (unsigned int)level(a1 - 1) == 0 )
{
result = 0LL;
}
else
{
num1 = rand() % a1;
num2 = rand() % a1;
answer = num2 * num1;
puts("====================================================");
printf("Level %d\n", (unsigned int)a1);
printf("Question: %d * %d = ? Answer:", (unsigned int)num1, (unsigned int)num2);
for ( i = read(0, buf, 0x400uLL); i & 7; ++i )
buf[i] = 0;
inputs = strtol(buf, 0LL, 10);
result = inputs == answer;
}
}
else
{
result = 1LL;
}
return result;
}总结来说，首先是问level，如果小于等于0了，输出coward，然后再问一次level，这次无论大小，直接加在第一次问的level上。 这里就有一个洞了，如果第一次给出的值小于等于0的话，这里的v4是没有初始化的。另外还有一个问题，就是第二次问level，并没有判断是不是小于0。
之后进入level，来生成问题判断答案是否正确。
level的实现使用了递归，在read answer的时候读取了0x400个字符，明显的栈溢出，不过这里需要注意，这里的栈溢出是没有办法使用partial write的，那个循环处理了partial write的情况。
hint
函数如下：
int hint(void)
{
signed __int64 v1; // [sp+8h] [bp-108h]@2
signed int v2; // [sp+10h] [bp-100h]@3
signed __int16 v3; // [sp+14h] [bp-FCh]@3
if ( show_hint )
{
sprintf((char *)&v1, "Hint: %p\n", &system, &system);
}
else
{
v1 = 0x4E204E5750204F4ELL;
v2 = 0x5546204F;
v3 = 0x4E;
}
return puts((const char *)&v1);
}show_hint变量位于BSS，由于开启了PIE，是没法拿到地址的。 这里有个问题，只看C函数是看不出来的，我们来看汇编：
var_110 = qword ptr -110h
.text:0000000000000CF0
.text:0000000000000CF0 push rbp
.text:0000000000000CF1 mov rbp, rsp
.text:0000000000000CF4 sub rsp, 110h
.text:0000000000000CFB ; 8: sprintf((char *)&v1, "Hint: %p\n", &system, &system);
.text:0000000000000CFB mov rax, cs:system_ptr
.text:0000000000000D02 mov [rbp+var_110], rax
.text:0000000000000D09 ; 6: if ( show_hint )
.text:0000000000000D09 lea rax, show_hint
.text:0000000000000D10 mov eax, [rax]
.text:0000000000000D12 test eax, eax
.text:0000000000000D14 jz short loc_D41
.text:0000000000000D16 mov rax, [rbp+var_110]
.text:0000000000000D1D lea rdx, [rbp+var_110]
.text:0000000000000D24 lea rcx, [rdx+8]
.text:0000000000000D28 mov rdx, rax
.text:0000000000000D2B lea rsi, aHintP ; "Hint: %p\n"
.text:0000000000000D32 mov rdi, rcx ; s
.text:0000000000000D35 mov eax, 0
.text:0000000000000D3A call _sprintf
.text:0000000000000D3F jmp short loc_D66这一段汇编是在进入分支之前的部分，所以system无论哪个分支，都会被放在栈上。
漏洞分析
根据刚刚对题目的分析，其实漏洞的点已经找到了：
1. go函数中的两次level询问，第一次如果小于等于0会导致本应该记录第一次询问的level结果的变量未初始化，第二次询问没有判断是否小于0
2. level函数存在栈溢出
3. hint函数始终会将system的值放在栈上
这么看两个漏洞有关联，但是还没办法结合，但是巧合的是，system在栈上的位置刚好和第一次询问记录level的v4变量位置重合。那么事情就好办了。
利用思路
- 使用hint，将system放在栈上
- 进入go，第一次给出小于等于0的值，使得v4=system的地址。
- 第二次询问，填0，可以导致最后可以进入system，但是参数不太好处理，所以可以使用one_gadget，那么第二次询问又不会判断大小，直接给出one_gadget和system地址的偏移，这样level值通过想加就变成了one_gadget的地址
- 完成999次回答
- 最后一次回答利用栈溢出，返回地址处填入vsyscall的gettimeofday(其实就是vsyscall的最开始位置)地址，填入3次（这里的三次是调试时候计算得出的），使得从返回地址位置一直到保存在栈上的one_gadget之间的位置全部填为gettimeofday
- 触发，搞定
总结
关于未初始化
以后做pwn的时候应该注意一下这种未初始化的情况，之前没怎么见过由栈上位置未初始化造成的问题，这次明显就忽略了这一点
关于vsyscall
vsyscall是以前linux内核使用的用来处理syscall的一个解决方案，后来被废弃，由vdso方案代替，但是这个方案由于历史原因保留了下来。
vsyscall的特点是在于其地址是固定的，所以可以用来在PIE+ASLR的情况中进行一定的利用。不过他的利用也有一些限制，vsyscall有一些固定的entry入口，内核在处理的时候会判断一下，如果执行的部分在vsyscall内，但是不是从entry入口开始的，会直接seg fault掉。
从这道题中可以看出来，vsyscall有这么一个用法，由于vsyscall直接进行syscall，并没有利用栈空间，所以在处理这种有栈溢出，但是由于PIE没有别的地址可以用，而栈上又有某个有用的地址的时候，可以通过vsyscall构造一个rop链，这个rop链没有别的作用，就是用来ret，每次ret都会消耗掉一个地址，这样就可以逐渐去贴近想要的那个地址，最后成功ret到相应的位置。