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NewStarCTF-firstweek

时间：2024-03-31 10:33:33浏览次数：29  
标签：127.0 return NewStarCTF 0.1 firstweek flag key print

一、Crypto-brainfuck

1.附件内容如下。

++++++++[>>++>++++>++++++>++++++++>++++++++++>++++++++++++>++++++++++++++>++++++++++++++++>++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++++++++++++<<<<<<<<<<<<<<<<-]>>>>>>>++++++.>----.<-----.>-----.>-----.<<<-.>>++..<.>.++++++.....------.<.>.<<<<<+++.>>>>+.<<<+++++++.>>>+.<<<-------.>>>-.<<<+.+++++++.--..>>>>---.-.<<<<-.+++.>>>>.<<<<-------.+.>>>>>++.

2.直接brainfuck解码即可。（https://www.splitbrain.org/services/ook）

image-20230925192002539

二、Crypto-Caesar's Secert

1.附件内容如下。

kqfl{hf3x4w'x_h1umjw_n5_a4wd_3fed}

2.凯撒解码即可。（https://ctf.bugku.com/tool/caesar）

image-20230925192116625

三、Crypto-Fence

1.附件内容如下。

fa{ereigtepanet6680}lgrodrn_h_litx#8fc3

2.栅栏解码即可。（https://ctf.bugku.com/tool/railfence）

image-20230925192225719

四、Crypto-Vigenère

1.附件内容如下。

pqcq{qc_m1kt4_njn_5slp0b_lkyacx_gcdy1ud4_g3nv5x0}

2.维吉尼亚解码，只不过这里缺少一个密钥，，因为知道解码出来的开头肯定是flag，所以可以慢慢尝试，经过尝试密钥是kfc。（https://ctf.bugku.com/tool/vigenere）

image-20230925192356005

五、Crypto-babyrsa

1.附件内容如下。

from Crypto.Util.number import *
from flag import flag

def gen_prime(n):
    res = 1

    for i in range(15):
        res *= getPrime(n)

    return res


if __name__ == '__main__':
    n = gen_prime(32)
    e = 65537
    m = bytes_to_long(flag)
    c = pow(m,e,n)
    print(n)
    print(c)
# 17290066070594979571009663381214201320459569851358502368651245514213538229969915658064992558167323586895088933922835353804055772638980251328261
# 14322038433761655404678393568158537849783589481463521075694802654611048898878605144663750410655734675423328256213114422929994037240752995363595

2.n分解出来有15个素因数，因为知道Φ(n)=(p-1)(q-1)=(a-1)(b-1)····(f-1)（有几个素因数就乘几个），故脚本如下。

image-20230925192754803

n = 17290066070594979571009663381214201320459569851358502368651245514213538229969915658064992558167323586895088933922835353804055772638980251328261
c = 14322038433761655404678393568158537849783589481463521075694802654611048898878605144663750410655734675423328256213114422929994037240752995363595
e = 65537
primes = [2217990919, 3831680819, 3654864131, 2463878387, 3939901243, 2706073949, 2970591037, 2370292207, 2338725373,
          2923072267, 4278428893, 4093178561, 2794985117, 2804303069, 3207148519]
phi = 1
for i in primes:
    phi *= (i - 1)
d = invert(e, phi)
m = pow(c, d, n)
print(long_to_bytes(m))			# b'flag{us4_s1ge_t0_cal_phI}'

六、Crypto-Small d

1.附件内容如下。

from secret import flag
from Crypto.Util.number import *

p = getPrime(1024)
q = getPrime(1024)

d = getPrime(32)
e = inverse(d, (p-1)*(q-1))
n = p*q
m = bytes_to_long(flag)

c = pow(m,e,n)

print(c)
print(e)
print(n)

# c = 6755916696778185952300108824880341673727005249517850628424982499865744864158808968764135637141068930913626093598728925195859592078242679206690525678584698906782028671968557701271591419982370839581872779561897896707128815668722609285484978303216863236997021197576337940204757331749701872808443246927772977500576853559531421931943600185923610329322219591977644573509755483679059951426686170296018798771243136530651597181988040668586240449099412301454312937065604961224359235038190145852108473520413909014198600434679037524165523422401364208450631557380207996597981309168360160658308982745545442756884931141501387954248
# e = 8614531087131806536072176126608505396485998912193090420094510792595101158240453985055053653848556325011409922394711124558383619830290017950912353027270400567568622816245822324422993074690183971093882640779808546479195604743230137113293752897968332220989640710311998150108315298333817030634179487075421403617790823560886688860928133117536724977888683732478708628314857313700596522339509581915323452695136877802816003353853220986492007970183551041303875958750496892867954477510966708935358534322867404860267180294538231734184176727805289746004999969923736528783436876728104351783351879340959568183101515294393048651825
# n = 19873634983456087520110552277450497529248494581902299327237268030756398057752510103012336452522030173329321726779935832106030157682672262548076895370443461558851584951681093787821035488952691034250115440441807557595256984719995983158595843451037546929918777883675020571945533922321514120075488490479009468943286990002735169371404973284096869826357659027627815888558391520276866122370551115223282637855894202170474955274129276356625364663165723431215981184996513023372433862053624792195361271141451880123090158644095287045862204954829998614717677163841391272754122687961264723993880239407106030370047794145123292991433

2.尝试去分解n，无果。由于此题e很大，d很小，属于低解密指数攻击，直接利用脚本破解。

from Crypto.Util.number import *


def rational_to_contfrac(x, y):
    '''
    Converts a rational x/y fraction into
    a list of partial quotients [a0, ..., an]
    '''
    a = x // y
    if a * y == x:
        return [a]
    else:
        pquotients = rational_to_contfrac(y, x - a * y)
        pquotients.insert(0, a)
        return pquotients


def convergents_from_contfrac(frac):
    '''
    computes the list of convergents
    using the list of partial quotients
    '''
    convs = [];
    for i in range(len(frac)):
        convs.append(contfrac_to_rational(frac[0:i]))
    return convs


def contfrac_to_rational(frac):
    '''Converts a finite continued fraction [a0, ..., an]
     to an x/y rational.
     '''
    if len(frac) == 0:
        return (0, 1)
    elif len(frac) == 1:
        return (frac[0], 1)
    else:
        remainder = frac[1:len(frac)]
        (num, denom) = contfrac_to_rational(remainder)
        # fraction is now frac[0] + 1/(num/denom), which is
        # frac[0] + denom/num.
        return (frac[0] * num + denom, num)


def egcd(a, b):
    '''
    Extended Euclidean Algorithm
    returns x, y, gcd(a,b) such that ax + by = gcd(a,b)
    '''
    u, u1 = 1, 0
    v, v1 = 0, 1
    while b:
        q = a // b
        u, u1 = u1, u - q * u1
        v, v1 = v1, v - q * v1
        a, b = b, a - q * b
    return u, v, a


def gcd(a, b):
    '''
    2.8 times faster than egcd(a,b)[2]
    '''
    a, b = (b, a) if a < b else (a, b)
    while b:
        a, b = b, a % b
    return a


def modInverse(e, n):
    '''
    d such that de = 1 (mod n)
    e must be coprime to n
    this is assumed to be true
    '''
    return egcd(e, n)[0] % n


def totient(p, q):
    '''
    Calculates the totient of pq
    '''
    return (p - 1) * (q - 1)


def bitlength(x):
    '''
    Calculates the bitlength of x
    '''
    assert x >= 0
    n = 0
    while x > 0:
        n = n + 1
        x = x >> 1
    return n


def isqrt(n):
    '''
    Calculates the integer square root
    for arbitrary large nonnegative integers
    '''
    if n < 0:
        raise ValueError('square root not defined for negative numbers')

    if n == 0:
        return 0
    a, b = divmod(bitlength(n), 2)
    x = 2 ** (a + b)
    while True:
        y = (x + n // x) // 2
        if y >= x:
            return x
        x = y


def is_perfect_square(n):
    '''
    If n is a perfect square it returns sqrt(n),

    otherwise returns -1
    '''
    h = n & 0xF;  # last hexadecimal "digit"

    if h > 9:
        return -1  # return immediately in 6 cases out of 16.

    # Take advantage of Boolean short-circuit evaluation
    if (h != 2 and h != 3 and h != 5 and h != 6 and h != 7 and h != 8):
        # take square root if you must
        t = isqrt(n)
        if t * t == n:
            return t
        else:
            return -1

    return -1


def hack_RSA(e, n):
    frac = rational_to_contfrac(e, n)
    convergents = convergents_from_contfrac(frac)

    for (k, d) in convergents:
        # check if d is actually the key
        if k != 0 and (e * d - 1) % k == 0:
            phi = (e * d - 1) // k
            s = n - phi + 1
            # check if the equation x^2 - s*x + n = 0
            # has integer roots
            discr = s * s - 4 * n
            if (discr >= 0):
                t = is_perfect_square(discr)
                if t != -1 and (s + t) % 2 == 0:
                    print("\nHacked!")
                    return d


def main():
    n = 19873634983456087520110552277450497529248494581902299327237268030756398057752510103012336452522030173329321726779935832106030157682672262548076895370443461558851584951681093787821035488952691034250115440441807557595256984719995983158595843451037546929918777883675020571945533922321514120075488490479009468943286990002735169371404973284096869826357659027627815888558391520276866122370551115223282637855894202170474955274129276356625364663165723431215981184996513023372433862053624792195361271141451880123090158644095287045862204954829998614717677163841391272754122687961264723993880239407106030370047794145123292991433
    e = 8614531087131806536072176126608505396485998912193090420094510792595101158240453985055053653848556325011409922394711124558383619830290017950912353027270400567568622816245822324422993074690183971093882640779808546479195604743230137113293752897968332220989640710311998150108315298333817030634179487075421403617790823560886688860928133117536724977888683732478708628314857313700596522339509581915323452695136877802816003353853220986492007970183551041303875958750496892867954477510966708935358534322867404860267180294538231734184176727805289746004999969923736528783436876728104351783351879340959568183101515294393048651825
    d = hack_RSA(e, n)
    print("d=")
    print(d)		#  2357048593

if __name__ == '__main__':
    main()

得到d之后，就很简单了。

c = 6755916696778185952300108824880341673727005249517850628424982499865744864158808968764135637141068930913626093598728925195859592078242679206690525678584698906782028671968557701271591419982370839581872779561897896707128815668722609285484978303216863236997021197576337940204757331749701872808443246927772977500576853559531421931943600185923610329322219591977644573509755483679059951426686170296018798771243136530651597181988040668586240449099412301454312937065604961224359235038190145852108473520413909014198600434679037524165523422401364208450631557380207996597981309168360160658308982745545442756884931141501387954248
d = 2357048593
n = 19873634983456087520110552277450497529248494581902299327237268030756398057752510103012336452522030173329321726779935832106030157682672262548076895370443461558851584951681093787821035488952691034250115440441807557595256984719995983158595843451037546929918777883675020571945533922321514120075488490479009468943286990002735169371404973284096869826357659027627815888558391520276866122370551115223282637855894202170474955274129276356625364663165723431215981184996513023372433862053624792195361271141451880123090158644095287045862204954829998614717677163841391272754122687961264723993880239407106030370047794145123292991433
e = 8614531087131806536072176126608505396485998912193090420094510792595101158240453985055053653848556325011409922394711124558383619830290017950912353027270400567568622816245822324422993074690183971093882640779808546479195604743230137113293752897968332220989640710311998150108315298333817030634179487075421403617790823560886688860928133117536724977888683732478708628314857313700596522339509581915323452695136877802816003353853220986492007970183551041303875958750496892867954477510966708935358534322867404860267180294538231734184176727805289746004999969923736528783436876728104351783351879340959568183101515294393048651825

m = pow(c, d, n)
print(long_to_bytes(m))			#  b'flag{learn_some_continued_fraction_technique#dc16885c}'

七、Crypto-babyxor

1.附件内容如下。

from secret import *

ciphertext = []

for f in flag:
    ciphertext.append(f ^ key)

print(bytes(ciphertext).hex())
# e9e3eee8f4f7bffdd0bebad0fcf6e2e2bcfbfdf6d0eee1ebd0eabbf5f6aeaeaeaeaeaef2

2.由于此题不知道key，所以只能写脚本去破解了。

import binascii

s = "e9e3eee8f4f7bffdd0bebad0fcf6e2e2bcfbfdf6d0eee1ebd0eabbf5f6aeaeaeaeaeaef2"
unhex = binascii.unhexlify(s)
for j in range(255):
    res = ''
    for i in unhex:
        res += chr(j ^ i)
    print(res)

image-20230925193720758

八、Crypto-babyencoding

1.附件内容如下。

part 1 of flag: ZmxhZ3tkYXp6bGluZ19lbmNvZGluZyM0ZTBhZDQ=			
part 2 of flag: MYYGGYJQHBSDCZJRMQYGMMJQMMYGGN3BMZSTIMRSMZSWCNY=
part 3 of flag: =8S4U,3DR8SDY,C`S-F5F-C(S,S<R-C`Q9F8S87T`

2.第一段base64，第二段base32，第三段uuencode，依次解码即可。

image-20230925193905134

1695641972288

image-20230925194006800

九、Crypto-Affine

1.附件内容如下。

from flag import flag, key

modulus = 256

ciphertext = []

for f in flag:
    ciphertext.append((key[0]*f + key[1]) % modulus)

print(bytes(ciphertext).hex())

# dd4388ee428bdddd5865cc66aa5887ffcca966109c66edcca920667a88312064

2.Affine是一个映射密码，y=(a*x+b)%c，所以解码需要知道a、b、c这三个参数。由于知道答案开头肯定是flag，故可以写出方程式

(102*a+b)%256=221		(1)
(108*a+b)%256=67		(2)
(97*a+b)%256=136		(3)
(103*a+b)%256=238		(4)

由(1)式和(4)式可以很容易得到a=17，接着就可以解出b=23。知道了这两个，编写脚本获取flag。

s = "dd4388ee428bdddd5865cc66aa5887ffcca966109c66edcca920667a88312064"
unhex = binascii.unhexlify(s)
res = ''
strings = string.printable
for i in unhex:
    for j in strings:
        if int((ord(j) * 17 + 23) % 256) == i:
            res += j
print(res)		# flag{4ff1ne_c1pher_i5_very_3azy}

十、Crypto-babyaes

1.附件内容如下。

from Crypto.Cipher import AES
import os
from flag import flag
from Crypto.Util.number import *


def pad(data):
    return data + b"".join([b'\x00' for _ in range(0, 16 - len(data))])


def main():
    flag_ = pad(flag)
    key = os.urandom(16) * 2
    iv = os.urandom(16)
    print(bytes_to_long(key) ^ bytes_to_long(iv) ^ 1)
    aes = AES.new(key, AES.MODE_CBC, iv)
    enc_flag = aes.encrypt(flag_)
    print(enc_flag)


if __name__ == "__main__":
    main()
# 3657491768215750635844958060963805125333761387746954618540958489914964573229
# b'>]\xc1\xe5\x82/\x02\x7ft\xf1B\x8d\n\xc1\x95i'

2.整体观察一下，发现是CBC模式下的AES。key是32字节(256bits)，iv是16字节(128bits)，所以两者异或的结果其实是key的低128bits与iv异或，再加上key的高128bits。即输出结果的高128bits就是key的高128bits，从而能得到key。

xor = 3657491768215750635844958060963805125333761387746954618540958489914964573229
key = long_to_bytes(xor^1)[:16]*2

这里需要注意的一点是，输出的结果的高位部分在左侧，低位部分在右侧，一开始我就是想不通为什么取[:16]部分。得到了key之后，取低128bits再与输出结果的低128bits进行异或得到iv。完整脚本如下：

rom Crypto.Util.number import *
from Crypto.Cipher import AES

xor = 3657491768215750635844958060963805125333761387746954618540958489914964573229
enc_flag = b'>]\xc1\xe5\x82/\x02\x7ft\xf1B\x8d\n\xc1\x95i'

key = long_to_bytes(xor ^ 1)[:16] * 2
iv = bytes_to_long(key[16:]) ^ bytes_to_long(long_to_bytes(xor ^ 1)[16:])
iv = long_to_bytes(iv)

aes = AES.new(key, AES.MODE_CBC, iv)
flag = aes.decrypt(enc_flag)
print(flag)		# b'firsT_cry_Aes\x00\x00\x00'

十一、Misc-CyberChef's Secret

1.附件内容如下。

来签到吧！下面这个就是flag，不过它看起来好像怪怪的:-)
M5YHEUTEKFBW6YJWKZGU44CXIEYUWMLSNJLTOZCXIJTWCZD2IZRVG4TJPBSGGWBWHFMXQTDFJNXDQTA=

2.依次经过base32、base58、base64解码即可。

image-20230925195123061

十二、Misc-机密图片

1.附件是一张图片。

image-20230925195203107

扫码得到。

image-20230925195233245

看来密码不在这里。

2.尝试LSB隐写，得到flag。

image-20230925195433447

十三、Misc-流量！鲨鱼！

1.附件是一个流量包，里面总共有3000多条流量，故一条一条看是不可能的，发现有http流量，将http对象提取出来。

选择“文件”->“导出对象”->"http"

image-20230925195641811

将所有文件都导出来。

image-20230925195735853

2.看到有很多文件名为flag的，一个一个查看，发现都是404 NOT FOUND。

image-20230925195841787

再翻翻，看到最后有一个(1).ffffllllllll11111144444GGGGGG%7cbase64这样的文件。

image-20230925195902619

打开。文件内容如下。

Wm14aFozdFhjbWt6TldnMGNtdGZNWE5mZFRVelpuVnNYMkkzTW1FMk1EazFNemRsTm4wSwo=

两次base64解码即可。

image-20230925200009001

十四、Misc-空白格

1.附件内容如下，刚打开什么都看不到，必须全选才能看到。

image-20230925200054741

2.看到有点和横线，以为是莫斯密码，尝试了一下不对。再通过空白格这条线索，找到了white_space隐写。（https://vii5ard.github.io/whitespace/）

image-20230925200227185

十五、Misc-隐秘的眼睛

1.附件又是一张图片。

image-20230925200316160

2.尝试了LSB隐写等等都不对。但是有经验的人根据题目名字就可以知道这是SlientEye隐写。（工具放在附件中）

image-20230925200431239

十六、Misc-压缩包们

1.附件是一个无后缀名的文件，通过16进制编辑器查看，可以得到是个zip文件。

image-20230925205037000

2.但是文件头不对，所以修改文件头为504B0304，修改后缀名为zip，解压得到flag.zip文件。解压flag.zip发生错误。

image-20230925205156541

3.16进制编辑器打开，发现在文件尾有一串base64编码。

image-20230925205228321

解码。

image-20230925205243609

提示我们密码是个6位数，利用工具爆破得到密码为232311。

image-20230925210233606

删除最后的base64后再保存，我发现个奇怪的问题，这个压缩包只能用bandzip打开，其他压缩软件打开都会有问题。

image-20230925211738324

image-20230925211751710

十七、Web-泄漏的秘密

1.直接目录扫描得到robots.txt和www.zip，访问一下拿到flag。

image-20230925200630541

image-20230925200656865

十八、Web-Begin of Upload

1.文件上传漏洞，前端校验后缀名。

image-20230925200905315

2.故这题需要利用%00截断。

image-20230925201016420

成功上传。

image-20230925201034191

执行一句话木马，拿到flag。

image-20230925201113995

image-20230925201128673

十九、Web-ErrorFlask

1.页面叫我们传入两个参数，随便传一下看一下效果。

image-20230925201656423

2.提示我们不是ssti，flag在源代码中。既然他说不是ssti，我就非要试试。果然页面报错了。

image-20230925201751278

可以看到有个/app/app.py文件，点进去看看，直接得到flag。

image-20230925201813587

二十、Web-Begin of HTTP

1.页面如下。

image-20230925202037796

哎，这种题目就是按照提示一步步做就完事了。

image-20230925202128644

又要以POST方式对secret传参，先对注释中的编码解码后再传。

image-20230925202247680

又要验证power，直接把cookie中的power字段改为ctfer即可。

image-20230925202323094

要通过NewStarCTF2023浏览器访问，修改User-Agent。

image-20230925202357179

要从newstarctf.com这个网址访问过来的，添加referer字段。

image-20230925202450734

要本地用户访问，需要添加X-Fordwarded-For之类的字段，把下列的字段全部加进去，总有一个是能成功的。

X-Custom-IP-Authorization:127.0.0.1
X-Forward-For:127.0.0.1
X-Forward:127.0.0.1
X-Forward:localhost
X-Forwarded-By:127.0.0.1
X-Forwarded-By:localhost
X-Forwarded-For-Original:127.0.0.1
X-Forwarded-For-Original:localhost
X-Forwarded-Server:127.0.0.1
X-Forwarded-Server:localhost
X-Forwarded:127.0.0.1
X-Forwarded:localhost
X-Forwarded-For:127.0.0.1
X-Forwarded-For:localhost
X-Forwarded-Host:127.0.0.1
X-Forwarded-Host:localhost
X-Host:127.0.0.1
X-Host:localhost
X-HTTP-Host-Override:127.0.0.1
X-Real-IP:127.0.0.1
X-Remote-Addr:127.0.0.1
X-Remote-Addr:localhost
X-Remote-IP:127.0.0.1
Client-IP:127.0.0.1
Forwarded-For:localhost
Forwarded-For:127.0.0.1
Forwarded:localhost
Forwarded:127.0.0.1
Forwarded-For-IP:127.0.0.1
True-Client-IP:127.0.0.1
X-Client-IP:127.0.0.1
X-Originating-IP:127.0.0.1

image-20230925202622400

二十一、Web-Begin of PHP

1.源代码如下。

 <?php
error_reporting(0);
highlight_file(__FILE__);

if(isset($_GET['key1']) && isset($_GET['key2'])){
    echo "=Level 1=<br>";
    if($_GET['key1'] !== $_GET['key2'] && md5($_GET['key1']) == md5($_GET['key2'])){
        $flag1 = True;
    }else{
        die("nope,this is level 1");
    }
}

if($flag1){
    echo "=Level 2=<br>";
    if(isset($_POST['key3'])){
        if(md5($_POST['key3']) === sha1($_POST['key3'])){
            $flag2 = True;
        }
    }else{
        die("nope,this is level 2");
    }
}

if($flag2){
    echo "=Level 3=<br>";
    if(isset($_GET['key4'])){
        if(strcmp($_GET['key4'],file_get_contents("/flag")) == 0){
            $flag3 = True;
        }else{
            die("nope,this is level 3");
        }
    }
}

if($flag3){
    echo "=Level 4=<br>";
    if(isset($_GET['key5'])){
        if(!is_numeric($_GET['key5']) && $_GET['key5'] > 2023){
            $flag4 = True;
        }else{
            die("nope,this is level 4");
        }
    }
}

if($flag4){
    echo "=Level 5=<br>";
    extract($_POST);
    foreach($_POST as $var){
        if(preg_match("/[a-zA-Z0-9]/",$var)){
            die("nope,this is level 5");
        }
    }
    if($flag5){
        echo file_get_contents("/flag");
    }else{
        die("nope,this is level 5");
    }
}

2.代码审计，第一个if判断要求两个值不等，但是两个值的md5值要想等，利用数组绕过；第二个if还是利用数组绕过；第三个if是比较两个字符串，还是用数组绕过；第四个if要求不是数字但是得大于2023，输入2024a绕过；第五个if通过正则判断你传入的是否有大小写字母和数字，故这里需要利用异或操作绕过，传入的值为flag5=true，需要把true用异或的形式表示。

<?php
$a="true";
for($i=0;$i<strlen($a);$i++){
		echo "%".dechex(ord($a[$i])^0xff);
}
echo "^";
for($i=0;$i<strlen($a);$i++){
	echo "%ff";
}
//  %8b%8d%8a%9a^%ff%ff%ff%ff

image-20230925212636688

二十二、Web-R!C!E!

1.源代码如下。

 <?php
highlight_file(__FILE__);
if(isset($_POST['password'])&&isset($_POST['e_v.a.l'])){
    $password=md5($_POST['password']);
    $code=$_POST['e_v.a.l'];
    if(substr($password,0,6)==="c4d038"){
        if(!preg_match("/flag|system|pass|cat|ls/i",$code)){
            eval($code);
        }
    }
}

2.对password和e_v.a.l传参，需要满足password的md5值的前六位为c4d038，并且e_v.a.l的值会交给eval执行，但是不能出现flag、system等关键词。

第一步：暴力破解得到应该传给password的值。

import hashlib

def md5(s):
 return hashlib.md5(s.encode(encoding='UTF-8')).hexdigest()

for i in range(1000000000):
    h = md5(str(i))
    if h[0:6] == "c4d038":
        print(i)		# 114514
        break

第二步给e_v.a.l传一个eval($_GET[1])就可以逃脱出不能使用那些关键字的情况了。

但是传完参，发现页面没有任何反应。

image-20230925215359150

哪里错了呢，本地搭一个环境，经过测试，发现连第一个if判断都没通过，关键在给e_v.a.l这个参数传参。（这里特别感谢王马老师的解答）我们都知道这不是一个规范的变量名，所以传参的时候直接用题目所给是有问题的。这里参考（https://blog.csdn.net/qq_45086218/article/details/114113971）

image-20230925215632745

所以此处应该是给e[v.a.l传参就可以了。

image-20230925215724700

成功执行，获取flag。

image-20230925215746292

二十三、Web-EasyLogin

1.页面是个登录框，首先注册一个用户叫admin，发现已经被注册过了。

image-20230925225308671

题目既然叫easyLogin，说明这里有可能需要爆破密码。抓个包，发现password经过了处理。

image-20230925225446152

查看页面源代码，发现是md5值。

image-20230925225536180

知道了密码的转换过程，就可以爆破了。

image-20230925225610365

爆破得到密码的md5值，解密一下密码是000000。

image-20230925225643946

2.登录进去之后，按ctrl+C和ctrl+D后进入shell，输入pwd，成功执行。

1696208884765

按向上键，查找命令历史记录。

image-20231002090840611

提示我们用burpsuite，重新回到登录界面抓包，找到一个302跳转的包，查看响应获得flag。

image-20231002090929201

二十四、Reverse-easy_RE

1.ida打开，main函数反编译，可看到一部分flag，还有一部分flag需要从变量v6到v16处获得。

image-20230925221908138

ascii转换一下得到另一部分flag。

image-20230925221930045

拼接一下即可。

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