XCTF-Final Flappy-Bird-Cheat题目复现

标签：AES 加密 Flappy Cheat int key EVP data XCTF

引言

这是一道有关Magisk模块的题目，虽然一直在用Magisk，但是对其模块作弊机制还不是很了解，之前比赛的时候没做出来（之前没恢复OpenSSL的符号，看起来很难看放弃了），有时间翻出来再看看。难点在于这道题目是采取静态分析的手段看的，暂时没找到什么办法对模块内的so文件进行动调和Hook，之后再研究研究。

解题

将APP和题目给出的zygisk模块安装后打开APP，发现左上角出现一个作弊窗口，但是需要进行校验，这里它读取/data/data/re.ctf.flappybird/file/key.txt进行校验，如果通过才会打开作弊功能。题目中给出了另一个流量包，这个流量包有一个对/auth接口的访问流量。
一般情况下对模块内的so进行分析入口点在zygisk_module_entry,这里off_4B3C08指向几个地址，其中有进行包名匹配的，也有进行Hook的，重点对Hook部分进行分析。
Hook部分创建一个线程，内使用DobbyHook将两so中的两个方法Hook到sub_19D0D4和sub_19DF40,第二个函数内部大致是一些按键或者图像相关API，而非作弊器校验，因此主要分析19D0D4位置的函数。
19D0D4位置的函数则能够看到在Auth处进行了校验，此处的符号是需要自己猜测恢复的，则主要分析0x19D5C4位置的函数。
分析发现逻辑大概就是打开/data/data/re.ctf.flappybird/file/key.txt读取内容并且计算sha1，拼接为token-sha1(key),附加在流量中Http头部，这里的sha1也是通过恢复符号才能分析，再后面又是很多加密操作
重点是符号的恢复，否则后面很难看，这里可以提取手机中的libcrypto.so或者编译一份arm64架构的共享库，这里直接编译，因为编译出来的符号全一点

首先在github拉一份OpenSSL的源码，题目中so字符串中有指示版本为3.0.5
https://github.com/openssl/openssl
checkout出3.0.5版本
git checkout openssl-3.0.5
然后配置NDK，先从google下一份NDK，这里用的是r25c，配好环境变量
export ANDROID_NDK_ROOT=/root/android-ndk-r25c
export PATH=$ANDROID_NDK_ROOT/toolchains/llvm/prebuilt/linux-x86_64/bin:$ANDROID_NDK_ROOT/toolchains/arm-linux-androideabi-4.9/prebuilt/linux-x86_64/bin:$ANDROID_NDK_ROOT/toolchains/aarch64-linux-android-4.9/prebuilt/linux-x86_64/bin:$PATH
然后编译就行
./Configure android-arm64 -D__ANDROID_API__=21 shared no-tests
make -j4

编译完成后得到libcrypto.so，直接拖入IDA，等IDA处理完成后关闭IDA并pack database。使用bindiff的IDA插件，导入libcrypto.so.i64进行比对，完成后再打开插件选择Import symbol and comments，然后相似度和置信度最小都设置为0.7即可。
恢复后的分析会好很多,后面先是获取了DEVICE_NAME、cmdline、tcp、tcp6 等信息然后作为内容进行加密，加密完成后通过/auth接口发请求
重点分析encypto，主要加密经过几个阶段

rand 随机生成一个AES密钥
用AES密钥加密数据
用RSA公钥A加密AES密钥
拿到sha256(session_key_enc + data_enc)
用私钥B签名数据

先是通过v4 = time(0LL); srand(v4 & 0xFFFFFFF8);设置种子得到32字节随机数，这32个随机数是作为AES-CBC加密的密钥，

具体是因为在生成随机数后传入0019BBBC位置的函数，该函数是对传入的数据(即包括文件内容和其他信息的内容)进行AES-CBC加密，EVP_EncryptInit声明是这个__owur int EVP_EncryptInit(EVP_CIPHER_CTX *ctx, const EVP_CIPHER *cipher,const unsigned char *key, const unsigned char *iv);第二个参数包含了一些加密算法的信息，这里的第二个参数指向一个函数sub_328478()，函数则指向一个全局变量

这里导入EVP_CIPHER结构体的部分内容，对该内存进行分析,发现算法就是AES-CBC，也即对32字节的随机数进行了AES加密

struct evp_cipher_st {
    int nid;

    int block_size;
    /* Default value for variable length ciphers */
    int key_len;
    int iv_len;

    /* Legacy structure members */
    /* Various flags */
    unsigned long flags;
    /* How the EVP_CIPHER was created. */
    int origin;
    /* init key */
    int *init;
    /* encrypt/decrypt data */
    int (*do_cipher);
    /* cleanup ctx */
    int (*cleanup);
    /* how big ctx->cipher_data needs to be */
    int ctx_size;
    /* Populate a ASN1_TYPE with parameters */
    int (*set_asn1_parameters);
    /* Get parameters from a ASN1_TYPE */
    int (*get_asn1_parameters);
    /* Miscellaneous operations */
    int (*ctrl);
    /* Application data */
    void *app_data;

    /* New structure members */
    /* Above comment to be removed when legacy has gone */
    int name_id;
    char *type_name;
    const char *description;
   
} /* EVP_CIPHER */ ;

然后使用公钥加密随机的32字节数据，然后对结果进行了拼接

然后获取sha256摘要,这里的摘要是计算sha256(公钥加密AES_KEY的密文 + AES加密主体内容的密文)

最后使用私钥进行签名,并再次进行拼接，最终的结构就是SessionKey_enc + data_enc + sign

将数据发送出去后收到响应数据，对于响应数据先是用公钥验证签名，然后用AES解密数据，但是这里的AES的密钥不是之前的随机数，而是写死的一个密钥位于byte_515220，
然后就是sub_19CDA4内有一个看起来比较复杂的解密运算，所以参考https://arcovegle.github.io/2023/04/05/XCTF%20Final%20flappy-bird-cheat/给出的方案，伪造一个服务器，直接Patch模块让它自己解包。
到此并未结束，因为在Get FLag按钮被触发后会开始构造flag，在内部先是拿到sha256(DEVICE_NAME)的前16 字节的 hex，然后是服务端返回内容进行解密并且反序列化后sha256的后16字节的 hex，因此需要手动解密第一部分的DEVICE_NAME，这里用官方给出的脚本

import datetime
import ctypes
import struct
from Crypto.Cipher import AES
from Crypto.Util.Padding import unpad
from hashlib import sha256


raw = open("./a.bin", "rb").read() # dump http stream
post_data = raw[raw.index(b"Content-Length: 5696\r\n\r\n")+len(b"Content-Length: 5696\r\n\r\n"):raw.index(b"HTTP/1.1 200 OK\r\nServer: Werkzeug")]
rsp_data = raw[raw.index(b"Connection: close\r\n\r\n") + len(b"Connection: close\r\n\r\n"):]
assert len(post_data) == 5696
assert len(rsp_data) == 672

"28 Aug 2022 18:18:54"
ts = int(datetime.datetime(2022, 8, 28, 19, 3, 14).timestamp()) & 0xFFFFFFF8
libc = ctypes.CDLL("libc.so.6")
libc.srand(ts)
session_key = bytes([libc.rand() & 0xFF for i in range(32)])
print(session_key)

aes = AES.new(session_key, mode=AES.MODE_CBC, iv=b"\x00"*16)
session_key_enc, ciphertext, signature = post_data[0:512], post_data[512:-512], post_data[-512:]
s1 = unpad(aes.decrypt(ciphertext), 16)
print(s1.split(b"======\n")[1].strip())
s1 = sha256(s1.split(b"======\n")[1].strip()).hexdigest()[0:32]
print(s1)
# 941d52d3ca23967191aee16dd541778d

最终Flag就是flag{941d52d3ca23967191aee16dd541778da4f1a8ff674264e8c1e4e404afc1ccdd}

总结

总的来说这题还是很难做的。
主要问题在于单靠静态看很难看，存在大量字符串结构体和一个大的作弊结构体，还是想找个办法动调或者Hook一下。
再者就是符号恢复，不进行符号恢复看破脑袋都解不出来。
然后就是尽管恢复完符号，但是还是存在一些序列化和加密的内容，arm64架构编出来又很难看。

参考

https://arcovegle.github.io/2023/04/05/XCTF Final flappy-bird-cheat/
https://mp.weixin.qq.com/s?__biz=MzI2MDE4MzkzMQ==&mid=2247484521&idx=1&sn=8f5119a0cd930ce5355a6b0c9446e182&chksm=ea6cc67ddd1b4f6bdb0651408a5d03c539c65d84050519c9eb35308833357bb8c55e8c11cfb5#rd

标签：AES,加密,Flappy,Cheat,int,key,EVP,data,XCTF
From： https://www.cnblogs.com/LLeaves/p/17542640.html

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