DDCTF-2018-writeup(5misc)

打了好几天最后也只是80多名,我好菜啊.jpg

 

0x00  (╯°□°）╯︵ ┻━┻ 

题目：

(╯°□°）╯︵ ┻━┻

d4e8e1f4a0f7e1f3a0e6e1f3f4a1a0d4e8e5a0e6ece1e7a0e9f3baa0c4c4c3d4c6fbb9e1e6b3e3b9e4b3b7b7e2b6b1e4b2b6b9e2b1b1b3b3b7e6b3b3b0e3b9b3b5e6fd

一开始被这个(╯°□°）╯︵ ┻━┻误导以为是jjencode，尝试了好久没啥结果，后面又有人说是翻转，试了很久还是没结果。然后跑了下移位密码获取flag

贴上脚本

 1 s='d4e8e1f4a0f7e1f3a0e6e1f3f4a1a0d4e8e5a0e6ece1e7a0e9f3baa0c4c4c3d4c6fbb9e1e6b3e3b9e4b3b7b7e2b6b1e4b2b6b9e2b1b1b3b3b7e6b3b3b0e3b9b3b5e6fd'
 2 '''
 3 s1=''
 4 for x in range(len(s)/2):
 5     s1+=chr((int(s[x*2:x*2+2],16))%128)
 6 print s1
 7 '''
 8 
 9 for j in range(20):
10     s1=''
11     for x in range(len(s)/2):
12         s1+=chr((int(s[x*2:x*2+2],16)-j)%128)
13     print s1
14     

 

0x01 第四扩展FS

题目:D公司正在调查一起内部数据泄露事件，锁定嫌疑人小明，取证人员从小明手机中获取了一张图片引起了怀疑。这是一道送分题，提示已经在题目里，日常违规审计中频次有时候非常重要。 https://pan.baidu.com/s/1DJpMFU2lajHGTo0yfzTHVQ 密码：fpp4

这道题很多坑，拿到题目看题目名字就可以知道它考的是ext4文件，先用压缩软件打开查看了一下

因为没怎么接触过ext4文件系统所以不知道journal文件是拿来干嘛的，百度后说是文件系统日志，所以考虑mount到linux上，但是怎么都不成功。

另外还有一个加密的file.txt，用binwalk扫了下文件，发觉就是这两个文件

 

为了寻找file.txt密码，用winhex打开jpg后发现有些图片有敏感信息，然后直接查看图片属性，发现解压密码

解压打开file.txt

根据提示频率，统计一下字符出现频率，贴上脚本，得到flag

1 import collections
2 
3 f=open('file.txt','r')
4 print collections.Counter(f.read())

 

0x02 流量分析

题目:提示一：若感觉在中间某个容易出错的步骤，若有需要检验是否正确时，可以比较MD5: 90c490781f9c320cd1ba671fcb112d1c
提示二：注意补齐私钥格式
-----BEGIN RSA PRIVATE KEY-----
XXXXXXX
-----END RSA PRIVATE KEY-----

这题给的数据包很大，而且有很多坑，数据包前面有两个用ftp传输加密压缩文件fl-g.zip，sqlmap-dev.zip，中间有九封邮件，只到看到最后才会发现本题关键ssl加密通信。

 前面的两个压缩包可能是本题彩蛋，不过我是真的解不出来。。。所以跳过，直接导出邮件。

将导出的邮件导入qq邮箱中查看，可以发现这个

 

这里是本题关键，在数据包中这里是很大一串base64，解密后得到rsa私钥

，将私钥识别补齐格式进行ssl解密得到

 

 

 

0x03 安全通信

题目：请通过nc XXXX.XXXX.XXXX.XXXX XXXX答题，mission key是b9ba15b341c847c8beba85273f9b7f90，agent id随意填就可以

 1 #!/usr/bin/env python
 2 import sys
 3 import json
 4 from Crypto.Cipher import AES
 5 from Crypto import Random
 6 
 7 
 8 def get_padding(rawstr):
 9     remainder = len(rawstr) % 16
10     if remainder != 0:
11         return '\x00' * (16 - remainder)
12     return ''
13 
14 
15 def aes_encrypt(key, plaintext):
16     plaintext += get_padding(plaintext)
17     aes = AES.new(key, AES.MODE_ECB)
18     cipher_text = aes.encrypt(plaintext).encode('hex')
19     return cipher_text
20 
21 
22 def generate_hello(key, name, flag):
23     message = "Connection for mission: {}, your mission's flag is: {}".format(name, flag)
24     return aes_encrypt(key, message)
25 
26 
27 def get_input():
28     return raw_input()
29 
30 
31 def print_output(message):
32     print(message)
33     sys.stdout.flush()
34 
35 
36 def handle():
37     print_output("Please enter mission key:")
38     mission_key = get_input().rstrip()
39 
40     print_output("Please enter your Agent ID to secure communications:")
41     agentid = get_input().rstrip()
42     rnd = Random.new()
43     session_key = rnd.read(16)
44 
45     flag = ''
46     print_output(generate_hello(session_key, agentid, flag))
47     while True:
48         print_output("Please send some messages to be encrypted, 'quit' to exit:")
49         msg = get_input().rstrip()
50         if msg == 'quit':
51             print_output("Bye!")
52             break
53         enc = aes_encrypt(session_key, msg)
54         print_output(enc)
55 
56 
57 if __name__ == "__main__":
58     handle()

分析代码得知，该题为aes  ecb加密，这几天密码学课刚好讲到这，ecb是一种非常不安全的加密，wiki上有很好的举例。脚本放后面了。

1.本题通过输入agent_id,构造形如

Connection for mission: {agent_id}, your mission's flag is: DDCTF{32位}的字符串，

用随机生成的16位密钥进行加密，在一次连接中密钥不会变换

2.因为aes的特性通过改变输入agent_id长度，可以确定flag长度为32位，如下图

3.因为aes特性将字符串16位一组分组，当输入12345678时，字符串多出一位}，分析脚本得知会用0补齐。

4.aes_ecb的特性，最后一组的}和单独输入}加密后一样，得知可以进行爆破，通过改变agent_id长度进行爆破。得到flag

 1 #coding=utf-8
 2 import socket
 3 import string
 4 mission_key = '''xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx'''
 5 a='''1234567890123456789012345678901234567890'''#最初的agent_id
 6 flag='DDCTF{'
 7 msg="flag is: DDCTF{"
 8 for x in range(1,33):#长度32位
 9     agent=a[:40-x]+'\n'#每次变换agent
10     s = socket.socket(socket.AF_INET, socket.SOCK_STREAM)        
11     s.connect(('116.85.48.103',5002))
12     s.recv(1024)
13     s.send(mission_key+'\n')
14     s.recv(1024)
15     s.send(agent)
16     c=s.recv(1024).rstrip()
17     for i in string.printable:
18         s.recv(1024)
19         s.send(msg+i+'\n')
20         ss=s.recv(1024).rstrip()[:32]
21         if(ss==c[160:192]):
22             msg=msg[1:]+i
23             flag+=i
24             print flag
25             break
26     s.close()
27 print flag+'}'

 

 

0x04 complex stego

题目:

不算提示的提示3：这道题一共有两个解法，之前只提示了一种，另外一种比较简单

不算提示的提示2：https://www.bilibili.com/video/av19141078
https://www.bilibili.com/video/av21411551
P.S. 出题时间在出视频时间之前，从这个意义上说跟题目没有关系，因此这是不算提示的提示

提示：请善用搜索引擎来学习，重点是z

=====

警方正在利用某黑客使用过的设备，来追查其行踪，并发现了下面附件中的文件。

该黑客利用附件中的encrypt.py，将其密钥转换成encrypted.bmp保存。警方在测试时，发现利用encrypt.py字符串“DDCTF{}”能被转换成下图的美丽图样。

你能帮助警方从encrypted.bmp恢复出该黑客的密钥么？（为便于修正误差，本题flag后面重复出现了一次flag本体）

题解:根据两张图片和一些我自定义的字符串进行加密，得到字符串长7位时每种颜色出现6次，8位时出现7次，数出加密图片颜色次数位37次可以确定加密的字符串长38位。根据题意flag本体重复了一次所以加密字符串格式为DDCTF{15位} 15位，还有一位一直不知道是啥，现在知道是空格了

直接引用出题人的解答吧，毕竟我连傅里叶变换都没学过。只知道解题脚本是用那个微分方程写出来的。

https://github.com/garzon/DDCTF_2018/tree/master/complex_stego

贴一下出题人的解题脚本

 1 from PIL import Image
 2 import cmath, math, random, string
 3 
 4 maxLen = 45
 5 img_size = 800
 6 abs_cor_size = 1.05
 7 maxValue = 2200.0
 8 
 9 def linear_map(v, old_dbound, old_ubound, new_dbound, new_ubound):
10     return (v-old_dbound)*1.0/(old_ubound-old_dbound)*(new_ubound-new_dbound) + new_dbound
11     
12 def read_from_img(img):
13     def mapping(r, i):
14         x = int(round(linear_map(r, -abs_cor_size, abs_cor_size, 0, img_size)))
15         y = int(round(linear_map(i, -abs_cor_size, abs_cor_size, img_size, 0)))
16         return (x, y)
17     def X(z):
18         pix_pos = mapping(z.real, z.imag)
19         t = img.getpixel(pix_pos)
20         return complex(linear_map(t[1], 0, 255, -maxValue, maxValue), linear_map(t[2], 0, 255, -maxValue, maxValue))
21     return X
22     
23 def z_decrypt(X):
24     real_max_val = 0.0
25     decrypted = []
26     for n in xrange(maxLen):
27         res = 0.0
28         dw = 0.001
29         w = -math.pi
30         while w < math.pi:
31             v = X(pow(math.e, 1j * w))
32             if v.real > real_max_val: real_max_val = v.real
33             if v.imag > real_max_val: real_max_val = v.imag
34             res += v * pow(math.e, 1j * w * n) * dw
35             w += dw
36         decrypted.append(res/math.pi/2)
37     print 'realmax', real_max_val
38     err = [math.fabs(j.imag) for j in decrypted]
39     res = ''.join([string.printable[j-1] if j <= len(string.printable) and j >= 1 else '?' for i in decrypted for j in [int(round(i.real))]]).strip('?')
40     return res
41     
42 img = Image.open('encrypted.bmp')
43 X = read_from_img(img)
44 decrypted = z_decrypt(X)
45 print len(decrypted), decrypted
46 print '--------- decrypted! ----------------'

 

转载于:https://www.cnblogs.com/kagari/p/8889412.html