LitCTF 2024（公开赛道）部分 wp

标签：解码 wp 使用 LitCTF 明文 2024 flag 密文

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文章目录

• • • 一、MISC
    • • 1、涐贪恋和伱、甾―⑺dé毎兮毎秒
      • 2、你说得对，但__
      • 3、原铁，启动！
      • 4、Everywhere We Go
      • 5、盯帧珍珠
      • 6、舔到最后应有尽有
      • 7、关键，太关键了!
      • 8、女装照流量
      • 9、The love
    • 二、CRYPTO
    • • 1、small_e
      • 2、common_primes
      • 3、CRT
      • 4、little_fermat
      • 5、真·EasyRSA
    • 三、REVERSE
    • • 1、编码喵
      • 2、hello_upx
      • 3、ezpython！！！！！
    • 四、WEB（目前环境还未上线NSS平台稍后单发补上）
    • • 1、exx
      • 2、一个....池子？一个....池子？
      • 3、SAS - Serializing Authentication System
      • 4、浏览器也能套娃？
      • 5、高亮主题(划掉)背景查看器

一、MISC

1、涐贪恋和伱、甾―⑺dé毎兮毎秒

附件下载得到一张图片，根据题目提示——laosebi；

其实我们可以猜到大概可能是lsb隐藏，所以按道理说我们应该丢进Stegsolve.jar里面，但是这里教一个简单且更便捷的方法；

我们使用kali里面的隐写工具zsteg；

zsteg简介；

zsteg可以检测PNG和BMP图片里的隐写数据。

目前，zsteg支持检测：

1、LSB steganography in PNG & BMP
2、zlib-compressed data
3、OpenStego
4、Camouflage 1.2.1
5、LSB with The Eratosthenes set

github项目：https://github.com/zed-0xff/zsteg

作者网站：http://zed.0xff.me/

安装使用参考文章

使用命令；

zsteg xxx.png

LitCTF{e8f7b267-9c45-4c0e-9d1e-13fc5bcb9bd6}

2、你说得对，但__

下载附件得到一张二维码扫描没有任何信息；

那我们就尝试丢进kali使用foremost -i 进行分解，发现得到四张被分割的二维码碎片；

分解图片；

foremost -i xxx.png

foremost使用安装参考文章

那这里就简单了，我们可以使用ps自己尝试拼凑一下（听说可以我没尝试过），这里我使用的是脚本直接合成的；

脚本如下；

from PIL import Image

# 假设四个二维码部分分别命名为 1.png, 2.png, 3.png, 4.png
# 并且它们的大小都是相同的

# 读取四个二维码部分
top_left = Image.open('1.jpg')
top_right = Image.open('2.jpg')
bottom_left = Image.open('3.jpg')
bottom_right = Image.open('4.jpg')

# 获取单个部分的宽度和高度
width, height = top_left.size

# 创建一个新的图像，大小是单个部分宽度和高度的两倍
full_qr = Image.new('RGB', (width * 2, height * 2))

# 将四个部分拼接到新图像上
full_qr.paste(top_left, (0, 0))
full_qr.paste(top_right, (width, 0))
full_qr.paste(bottom_left, (0, height))
full_qr.paste(bottom_right, (width, height))

# 保存或展示完整的二维码图像
full_qr.save('full_qr.png')
full_qr.show()

最后直接运行即可；

使用QR扫描即可；

LitCTF{Genshin_St@rt!!}

3、原铁，启动！

下载附件得到一张像是什么符号的图片（现在暂时不知道）

那我们来分析一下；

其实这题相对来说也比较简单算是一道半社工的题目，就是简单对照编码就行，那从题目名字中我们可以得知可能是《原神》和《崩坏：星穹铁道》游戏里的某种编码；

什么是社工？

推荐文章

那我们就直接百度一下原神码表即可；

得到；LitCTF{good_

接着百度一下崩坏：星穹铁道码表；

LitCTF{good_gamer}

4、Everywhere We Go

下载得到一首音乐secret，根据常见的音频隐写也就那几个，Audacity、deepsound、silenteye等等；

推荐文章：常见音频隐写

这里我们直接先使用最常见的Audacity进行解析；

直接全部勾选多视图、波形、频谱图进行查看（以防万一也可以一个一个进行查看，尽量兜查看一遍）

发现这里好像有东西，我们按住Ctrl+鼠标滚轮进行放大查看；

LitCTF{Calculate_Step_By_Step}

5、盯帧珍珠

下载得到一张丁真的jpg图片，使用window图片查看发现会卡住，那我们使用010打开进行查看；

很明显开头GIF，那我们也把图片后缀修改为GIF（注意后缀要大写的GIF）；

我们打开发现是动态图片且里面夹杂着flag，那这里我们肯定要逐帧进行分解，当然这里方法很多我就不一一说明了；

推荐使用在线分解

LitCTF{You_are_really_staring_at_frames!}

6、舔到最后应有尽有

下载得到LOVE_LETTER.txt文件；

打开查看发现是一大段的base64编码，这里如果去一个一个解码的话效率还有正确率兜太慢了，这里推荐一个非常好用的工具PuzzleSolver（可以说MISC必备工具之一）；

PuzzleSolver简介；

专为misc手打造的瑞士军刀(?)，整合了多种脚本（base，字频分析，png/bmp自动修复文件头，图片盲水印等等）的带GUI的工具

下载链接：https://www.123pan.com/s/q2J1jv-Mvavd.html提取码:0905

我们直接Ctrl+A全选复制进去进行解码即可；

LitCTF{TanJi_j1e_jie_n1_dAi_w0_z0u_b_}

7、关键，太关键了!

下载附件得到两个txt一个flag另外一个key；

根据题目所给出的提示——好像某些字符出现的频率很高哦

我们可以猜测是字频统计，这里统计字频的方法不唯一可脚本、可在线工具、可PuzzleSolver；

这里我还是使用PuzzleSolver来操作（因为我后台刚好挂着）；

最多的：bingo（因为后面有个横杠看着非常不舒服）

这里如果经验老套的一些misc师傅可能就可以看出来一点了（关键字Keyword密码）；

但是我们新手咋办嘞，哎不要慌，我们还是可以使用工具《随波逐流》

随波逐流简介：

1、随波逐流CTF编码工具：一站式编码解码解决方案。
2、随波逐流CTF编码工具是一款功能强大且多功能的编码解码离线集成工具。它旨在为用户提供一站式的编码解码解决方案，满足在网络安全、密码学以及信息技术领域的各种需求。这款工具涵盖了众多经典的编码解码算法，以及一系列创新的隐写识别功能，适用于网络安全、密码学、信息技术等多个领域，为用户提供了全方位的编码解码解决方案。无论是初学者还是专业人士，都可以从中受益，提高编码解码工作的效率和准确性。

下载链接：https://www.123pan.com/s/q2J1jv-Mvavd.html提取码:0905

根据题目要求全部小写得到；

LitCTF{i_miss_you_boss}

8、女装照流量

下载附件得到一个流量包pacp，那我们丢进Wireshark进行分析；

这边照顾到很多人可能第一次接触蚁剑流量所以分析的比较详细；

查看协议分级，发现http文件特别多，那我们全部导出来慢慢分析；

得到三张图片，简单分析了一下发现并没什么用，那我们返回继续分析http（可以直接过滤一下）；

观察发现肯定是上传了什么东西（猜测不是zip就是flag文件），而且用的还是使用蚁剑链接上传的；

为什么说是蚁剑链接上传？

1. User-Agent字符串：蚁剑在发送HTTP请求时可能会使用特定的User-Agent字符串，这可以作为识别流量的一个特征。

2. HTTP请求模式：蚁剑通常会发送特定格式的HTTP请求，这可能包括特定的参数名、路径或数据格式。

3. 请求频率：与正常用户流量相比，蚁剑可能会在短时间内发送大量请求，这种异常的请求频率可能会引起注意。

4. 数据编码：蚁剑可能会使用Base64或其他编码方法来编码发送的数据，这些编码数据在HTTP请求的POST数据或URL参数中可能很容易被识别。

5. 特定的HTTP参数或路径：蚁剑可能会使用特定的HTTP参数名称或URL路径来传输数据，这些名称或路径可能与常见的WebShell路径或参数相匹配。

6. 异常的HTTP响应：WebShell可能会返回异常的HTTP响应代码或内容，这些响应可能包含特定的标记或格式，可以作为流量分析的依据。

7. 加密或混淆的负载：蚁剑可能会加密或混淆其负载以避免检测，这可能表现为请求或响应中不寻常的二进制数据。

所以这题很明显就是蚁剑流量；

想了解更多流量特征推荐文章：Webshell工具的流量特征分析（菜刀，蚁剑，冰蝎，哥斯拉

所以这里的编码就是URL编码+base64编码混淆的，那我们继续分析看看到底传了个啥；

我比较喜欢看Length来分析（因为内容比较多的一般都会有点信息在里面），直接先丢进URL进行解码；

URL在线解码

太乱了没关系，我们直接复制到txt里面进行分析，刚刚也说了是URL+base64，所以这里我们丢进base64在线解码试试看；（注意需要删除前面两个字符，要不然不能正常解码）

在线base64

不难看出跟我之前想的一样传了个zip，那里面估计就是flag了，那我们继续返回刚刚导出的http的里面进行一个一个查找（这样比较便捷，就是有点枯燥）；

终于的终于我们在导出的文件ma(19).php里面发现了zip，前面有一些多余的数据我们直接选中删除即可，保存并且后缀改zip退出；

打开发现需要密码，一开始选择爆破但是发现不行，后来想了想密码估计也是在流量包里面，尝试寻找一下；（还是Length最大的优先）

一个一个往下查（追踪http），还是接着上面的操作（复制红色区域到URL解码再进行base64解码），最后就发现zip的密码了；

URL解码；

base64解码；（注意还是像上面一样删除前两个字符，所有base64解码都需要删除，不然就是乱码）

所以zip密码：PaSsw0rd_LitCtF_L0vely_tanJi

右键打开方式选择记事本打开即可；

LitCTF{anTsw0rd_fl0w_is_eAsY_f0r_u}

9、The love

下载得到附件得到一张jpg图片、wav结尾音频；

先使用010简单分析一下图片，发现尾部很多PK字符，而且还发现了可疑字符，根据刷题经验猜测图片里有个zip，并且有锁，而这个密码需要我们自己使用掩码爆破出来；

Litctf???ftctiL

图片直接丢进kali进行分离，得到一个有锁的zip；（不出所料）

那我们直接尝试掩码爆破；

密码：Litctf202405ftctiL

我们打开zip，发现里面有一个flag.txt与password.txt；

flag不出意外就是没出意外也是假的，不过没关系我们还有一个wav音频没有开始分析；

既然是wav结尾并且现在我们有了password，盲猜一手工具deepsound或者silenteye；（wav音频隐写常用的）

简单尝试了一下，发现并不是silenteye隐写，那就deepsound，但是奇怪的是发生了，deepsound也没有；

实在没办法了，后来简单询问了一下师傅才发现确实是deepsound，但是注意！deepsound2.2才行；

deepsound2.2下载链接

不要慌我们使用base64进行解码得到：bG92ZV9pc19wYWluZnVs

然后你会发现是错的，因为这个不是最后编码还需要进行一次base64解码（至于为什么还是base64解码可以看一下base64编码的特征）

密码：love_is_painful

最后导出txt得到flag；

Litctf{wish_you_can_find_your_true_love}

二、CRYPTO

1、small_e

下载得到；

简单分析一下；

小明文攻击（Small Plaintext Attack）在RSA加密中，特别是针对低加密指数e=3的情况。这种攻击利用了当加密指数e很小，并且明文m足够小以至于m^e < n时，可以直接计算密文c的e次方根来恢复明文的情况。

为了实现这个目的，我们可以使用gmpy2库的iroot函数来尝试计算每个密文的立方根。这里是修改后的脚本，它尝试对给定的密文列表c_list进行攻击，以恢复原始的明文消息：

脚本如下：

from Crypto.Util.number import long_to_bytes
import gmpy2

# 给定的RSA公钥参数和密文列表
n = 19041138093915757361446596917618836424321232810490087445558083446664894622882726613154205435993358657711781275735559409274819618824173042980556986038895407758062549819608054613307399838408867855623647751322414190174111523595370113664729594420259754806834656490417292174994337683676504327493103018506242963063671315605427867054873507720342850038307517016687659435974562024973531717274759193577450556292821410388268243304996720337394829726453680432751092955575512372582624694709289019402908986429709116441544332327738968785428501665254894444651547623008530708343210644814773933974042816703834571427534684321229977525229
c_list = [438976, 1157625, 1560896, 300763, 592704, 343000, 1860867, 1771561, 1367631, 1601613, 857375, 1225043, 1331000, 1367631, 1685159, 857375, 1295029, 857375, 1030301, 1442897, 1601613, 140608, 1259712, 857375, 970299, 1601613, 941192, 132651, 857375, 1481544, 1367631, 1367631, 1560896, 857375, 110592, 1061208, 857375, 1331000, 1953125]

flag = ""

for c in c_list:
    # 计算密文c的立方根
    m, exact = gmpy2.iroot(c, 3)
    if exact:
        flag += long_to_bytes(int(m)).decode()
    else:
        print("立方根不是完全的，可能需要检查其他解码方法。")

print(f"Recovered flag: {flag}")

简单分析一下这个脚本：

这个脚本假设每个密文c对应的明文m的立方是小于n的，这样m^3 = c (mod n)简化为m^3 = c。这意味着可以直接计算c的立方根来恢复m。

这个脚本还假设每个明文字符单独加密，这是因为它尝试将每个密文的立方根转换回一个字符。这种方法在处理单个字符加密时有效，但如果原始明文是作为一个整体加密的，那么恢复明文的方法将会不同。

此外，exact标志用于检测iroot函数计算的立方根是否是精确的。如果不是，这可能意味着原始明文无法通过这种简单的立方根计算直接恢复。

LitCTF{you_know_m_equ4l_cub3_root_0f_n}

2、common_primes

下载附件得到：

分析：

当两个RSA公钥共享相同的模数（在这个例子中是p），并且明文消息相同，就可以使用共模攻击（Common Modulus Attack）来恢复该消息。在脚本中，n1和n2不是共享相同的模数，因为它们分别是p*q1和p*q2的结果。不过，p是两个模数的共同质因数。

共模攻击通常适用于n相同，而e不同的情况。对于这种情况，如果我们有两个密文c1和c2，它们使用相同的明文m但不同的公钥(n, e1)和(n, e2)加密，我们可以找到一种方法来恢复m。

然而，我们不能直接应用标准的共模攻击，因为n1和n2不同。不过，由于p是n1和n2的共同质因数，如果我们能以某种方式找到p，我们就能分别求解每个模数下的明文。

对于给定的n1和n2，如果我们知道它们共享一个质因数（在这个例子中是p），我们可以使用最大公约数（GCD）算法来找到p，因为gcd(n1, n2) = p。然后，我们可以使用p来分解每个模数，并使用标准的RSA解密过程来恢复明文。

脚本：

from Crypto.Util.number import *
import gmpy2

# 给定的n1, n2, c1, c2
n1 = 63306931765261881888912008095340470978772999620205174857271016152744820165330787864800482852578992473814976781143226630412780924144266471891939661312715157811674817013479316983665960087664430205713509995750877665395721635625035356901765881750073584848176491668327836527294900831898083545883834181689919776769

n2 = 73890412251808619164803968217212494551414786402702497903464017254263780569629065810640215252722102084753519255771619560056118922616964068426636691565703046691711267156442562144139650728482437040380743352597966331370286795249123105338283013032779352474246753386108510685224781299865560425114568893879804036573

c1 = 11273036722994861938281568979042367628277071611591846129102291159440871997302324919023708593105900105417528793646809809850626919594099479505740175853342947734943586940152981298688146019253712344529086852083823837309492466840942593843720630113494974454498664328412122979195932862028821524725158358036734514252

c2 = 42478690444030101869094906005321968598060849172551382502632480617775125215522908666432583017311390935937075283150967678500354031213909256982757457592610576392121713817693171520657833496635639026791597219755461854281419207606460025156812307819350960182028395013278964809309982264879773316952047848608898562420

# 计算p，因为gcd(n1, n2) = p
p = gmpy2.gcd(n1, n2)

# 由于n1 = p * q1，我们可以通过n1 / p来得到q1
q1 = n1 // p

# 确认e值
e = 65537

# 计算模n1下的私钥d1
phi_n1 = (p-1) * (q1-1)
d1 = gmpy2.invert(e, phi_n1)

# 使用d1对c1进行解密以恢复m
m = pow(c1, d1, n1)

# 将m转换回字节串
flag = long_to_bytes(m)

print(f"Recovered flag: {flag}")

注意，这个脚本假设我们只用n1和c1来恢复m，因为我们已经找到了p和q1。同样的过程也可以应用于n2和c2。这个脚本的关键在于计算p，这是通过计算n1和n2的最大公约数（GCD）实现的。一旦我们有了p，就可以像处理标准RSA解密那样恢复明文。

LitCTF{c0mmunity_w1th_two_ciphert3xt}

3、CRT

下载附件打开；

简单分析一下：

根据题目名发现是中国剩余定理（CRT）攻击RSA加密系统，我们需要假设我们已经有了几个不同的模数n和对应的密文c。这些密文都是由同一个明文m加密得到的，使用相同的指数e。

脚本：

from sympy.ntheory.modular import crt
from gmpy2 import iroot
from Crypto.Util.number import long_to_bytes

# 已知的公钥指数
e = 10

# 已知的不同的模数和对应的密文
n_list = [16284549467215459860410219597024063610473673936290355100056351270928590364613988243842136274404316005691228851657707321037165033870804113001550943722154728825877813376691406849932899693973387282799799300076386870984605589385666352824740622229871992727011987847056429850720207816048044538068625281977059392365698031140268787802886018698622326103590834314940280191560618753408741810842189500991556860816195814550884416201667771827582907240044216817705876129993030771943110090291383205720587816820335839616491257078918258839986942101986011761809815192713499542329037877195448381127272183807358011340669666067708631770629, 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644471004204038587358576160407417490938643306027967868486894032686145771114614076076527690366372762614045209015175209880518279715723521182568975220993976451106760236390912778371250746699463366097164369672789316408520079193370191810477580463635224092686607896863852671881543817329521589324466628227730589108339783619357530316049670209743367574983963078106666377633552745384690084183804939047320711873053569717432670155045869610477526046503868585690544254566603491357805849009447674789480061139157433156989123228768899846183291164697221164452100037658563026884070301188916984245139290761779580443049, 644471004204038587358576160407417490938643306027967868486894032686145771114614076076527690366372762614045209015175209880518279715723521182568975220993976451106760236390912778371250746699463366097164369672789316408520079193370191810477580463635224092686607896863852671881543817329521589324466628227730589108339783619357530316049670209743367574983963078106666377633552745384690084183804939047320711873053569717432670155045869610477526046503868585690544254566603491357805849009447674789480061139157433156989123228768899846183291164697221164452100037658563026884070301188916984245139290761779580443049, 644471004204038587358576160407417490938643306027967868486894032686145771114614076076527690366372762614045209015175209880518279715723521182568975220993976451106760236390912778371250746699463366097164369672789316408520079193370191810477580463635224092686607896863852671881543817329521589324466628227730589108339783619357530316049670209743367574983963078106666377633552745384690084183804939047320711873053569717432670155045869610477526046503868585690544254566603491357805849009447674789480061139157433156989123228768899846183291164697221164452100037658563026884070301188916984245139290761779580443049, 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644471004204038587358576160407417490938643306027967868486894032686145771114614076076527690366372762614045209015175209880518279715723521182568975220993976451106760236390912778371250746699463366097164369672789316408520079193370191810477580463635224092686607896863852671881543817329521589324466628227730589108339783619357530316049670209743367574983963078106666377633552745384690084183804939047320711873053569717432670155045869610477526046503868585690544254566603491357805849009447674789480061139157433156989123228768899846183291164697221164452100037658563026884070301188916984245139290761779580443049] # 这里填入所有的c值，与n_list对应

# 使用中国剩余定理计算一个整数，它在所有给定的模数下与每个密文同余
resultant, mod = crt(n_list, c_list)

# 尝试计算这个整数的e次方根，这个方根应该是原始消息m
value, is_perfect = iroot(resultant, e)

# 如果方根是完全的（即没有小数部分），则将整数m转换回字节串
if is_perfect:
    flag = long_to_bytes(value)
    print(f"Recovered flag: {flag.decode()}")
else:
    print("The e-th root of the resultant is not an integer. Cannot recover the flag.")

脚本说明：

在这个脚本中，我们首先导入了所需的模块。我们使用crt函数来解决一系列同余方程，并得到一个可能的m^e值。然后，我们使用iroot函数来尝试找到这个值的e次方根，如果它存在的话。如果方根是完全的，我们就找到了明文m，并将其转换为字节串以显示。如果方根不是完全的，那么我们无法恢复明文。

确保在运行此脚本之前已经安装了gmpy2和pycryptodome（提供Crypto.Util.number模块）库。如果没有安装，可以使用pip进行安装：

pip install gmpy2 pycryptodome

我这个脚本有点复杂不易理解，大家感兴趣的可以去公主主页看看；

最后：

LitCTF{CRT_i5_s0_e4sy!!!}

4、little_fermat

下载附件打开：

简单分析一下；

这题考察邻近素数和明文预处理，我们可以写一个脚本来恢复由两个邻近素数p和q加密的RSA明文。这个脚本将首先尝试找到p和q，然后计算私钥d，最后解密密文c并恢复原始明文。

脚本：（参考公主文章）

from Crypto.Util.number import *
from gmpy2 import *

# 假设的n和c值，这里应该用实际的n和c值替换
n = 122719648746679660211272134136414102389555796575857405114496972248651220892565781331814993584484991300852578490929023084395318478514528533234617759712503439058334479192297581245539902950267201362675602085964421659147977335779128546965068649265419736053467523009673037723382969371523663674759921589944204926693
c = 109215817118156917306151535199288935588358410885541150319309172366532983941498151858496142368333375769194040807735053625645757204569614999883828047720427480384683375435683833780686557341909400842874816853528007258975117265789241663068590445878241153205106444357554372566670436865722966668420239234530554168928

e = 65537

# 计算n的平方根并找到邻近的素数作为q
sqrt_n = isqrt(n)
q = next_prime(sqrt_n)
# 由于p和q是邻近素数，我们可以通过n除以q来找到p
p = n // q

# 确保我们找到了正确的p和q
assert p * q == n

# 计算私钥d
phi = (p - 1) * (q - 1)
d = invert(e, phi)

# 解密得到m
m = pow(c, d, n)

# 由于明文m在加密前与x进行了异或操作，我们需要找到x
# 在这个场景中，x是p-1
x = p - 1

# 恢复原始明文
original_m = m ^ x

# 将明文转换为字节串
flag = long_to_bytes(original_m)
print(f"Recovered flag: {flag.decode()}")

简单分析一下：

这个脚本是针对一个特定的RSA加密场景编写的，其中两个素数p和q非常接近，且明文m在加密前与p-1进行了异或操作。以下是脚本的逐步分析：

1. 确定模数n和密文c：脚本开始于给定的模数n和密文c。这两个值是RSA加密过程的输出，其中n是公钥的一部分，c是加密后的消息。

2. 计算n的平方根：使用isqrt(n)计算n的整数平方根。由于p和q是邻近素数，n的平方根会非常接近p和q。

3. 寻找邻近素数q：利用next_prime(sqrt_n)找到sqrt_n的下一个素数，作为q。这一步假设q比p稍大，且两者非常接近。

4. 计算p：通过整数除法n // q计算p。由于n = p * q，这个操作能够准确找到p。

5. 验证p和q：通过断言p * q == n来验证找到的p和q是否正确。这是一个简单的完整性检查，确保后续步骤的正确性。

6. 计算私钥d：首先计算欧拉函数phi = (p - 1) * (q - 1)，然后使用模逆函数invert(e, phi)计算私钥d。这里的e是公钥指数，通常是一个公开知道的值（本例中为65537）。

7. 解密密文c：使用私钥d和模数n对密文c进行解密，得到m = pow(c, d, n)。这一步恢复了加密前对明文进行异或操作的结果。

8. 恢复原始明文：由于明文在加密前与p-1进行了异或操作，我们需要再次执行这个异或操作来恢复原始明文：original_m = m ^ x，其中x = p - 1。

9. 转换和打印明文：将恢复的明文original_m从长整数转换为字节串，然后解码（假设为UTF-8或其他适当的编码）并打印出来。

总结：这个脚本展示了如何在特定条件下，即使用邻近素数和明文预处理（异或操作），逆转RSA加密过程。

LitCTF{Y0u_know_littl3_ferm4t_th3ory}

5、真·EasyRSA

下载附件；

一开始想尝试分解n，但是发现不管怎么分解都是它本身，那没有办法我们只能换一种思路；

那我们直接参考公主文章吧！

直接上脚本；

# 导入Crypto.Util.number库，提供了一些处理大整数的实用工具函数
# 导入gmpy2库和iroot函数，用于进行大整数运算和计算整数的n次方根
from Crypto.Util.number import *
import gmpy2
from gmpy2 import iroot

# 定义公钥指数e，这是RSA加密中常用的公钥指数
e=65537

# 定义两个密文c1和c2
c1= 78995097464505692833175221336110444691706720784642201874318792576886638370795877665241433503242322048462220941850261103929220636367258375223629313880314757819288233877871049903331061261182932603536690216472460424869498053787147893179733302705430645181983825884645791816106080546937178721898460776392249707560
c2= 3784701757181065428915597927276042180461070890549646164035543821266506371502690247347168340234933318004928718562990468281285421981157783991138077081303219

# 定义模数n
n = 111880903302112599361822243412777826052651261464069603671228695119729911614927471127031113870129416452329155262786735889603893196627646342615137280714187446627292465966881136599942375394018828846001863354234047074224843640145067337664994314496776439054625605421747689126816804916163793264559188427704647589521

# 计算模数n的四次方根p，得到原始的质数
p = iroot(n,4)[0]

# 计算欧拉函数phi，它是p的四次方减p的三次方
phi = p**4 - p**3

# 使用欧拉函数phi和公钥指数e，计算私钥指数d，d是e关于phi的模逆元
d = gmpy2.invert(e,phi)

# 使用私钥指数d和模数n，对密文c1进行解密，得到明文m
m = pow(c1,d,n)

# 打印解密后的明文m
print(long_to_bytes(m))

脚本分析：

这个脚本首先定义了一些变量，包括公钥指数e和两个密文c1和c2，以及模数n。然后，计算模数n的四次方根p，得到原始的质数。欧拉函数phi被计算为p的四次方减p的三次方。接着，使用phi和e计算私钥指数d。最后，使用d和n对c1进行解密，得到明文m。（不得不说公主真的RSA真的很强捏~）

运行得到：（没错是假的flag）

b'LitCTF{HeRe_1s_Weak_F1aG}hahahaha_____hint_is_93492332457019255141294502555555489582661562346262162342211605562996217352449'

但是不要慌，跟着公主的步伐，那既然这里也得到了hint，所以我们可以尝试解c2；

附上完整脚本（解析在底下）

# 导入必要的库
from Crypto.Util.number import *
import gmpy2
from gmpy2 import iroot

# 定义公钥指数
e=65537

# 定义两个密文
c1= 78995097464505692833175221336110444691706720784642201874318792576886638370795877665241433503242322048462220941850261103929220636367258375223629313880314757819288233877871049903331061261182932603536690216472460424869498053787147893179733302705430645181983825884645791816106080546937178721898460776392249707560
c2= 3784701757181065428915597927276042180461070890549646164035543821266506371502690247347168340234933318004928718562990468281285421981157783991138077081303219

# 定义模数
n = 111880903302112599361822243412777826052651261464069603671228695119729911614927471127031113870129416452329155262786735889603893196627646342615137280714187446627292465966881136599942375394018828846001863354234047074224843640145067337664994314496776439054625605421747689126816804916163793264559188427704647589521

# 计算模数 n 的四次方根 p，得到原始的质数
p = iroot(n,4)[0]

# 计算欧拉函数 phi，它是 p 的四次方减去 p 的三次方
phi = p**4 - p**3

# 使用欧拉函数 phi 和公钥指数 e，计算出私钥指数 d，d 是 e 关于 phi 的模逆元
d = gmpy2.invert(e,phi)

# 使用私钥指数 d 和模数 n，对密文 c1 进行解密，得到明文 m
m = pow(c1,d,n)

# 打印出解密后的明文 m，这是一个假的 flag
print(long_to_bytes(m))

# 根据假的 flag 提示，我们知道 p 是一个特定的数值。我们使用这个新的 p 值重新计算解密指数 d
p = 93492332457019255141294502555555489582661562346262162342211605562996217352449

# 使用新的 p 值和 e 计算新的解密指数 d
d = gmpy2.invert(e,(p-1))

# 使用新的解密指数 d 和新的 p 值，对密文 c2 进行解密，得到最终的明文 m
m = pow(c2,d,p)

# 打印出解密后的明文 m，这是最终的正确的 flag
print(long_to_bytes(m))

简单分析：

脚本使用 RSA 算法解密了两个密文。首先，它使用公钥指数 e 和模数 n 解密了密文 c1，得到了一个假的 flag。然后，它使用一个来自假 flag 的提示重新计算了私钥指数 d，并解密了密文 c2，得到了最终的正确的 flag。

最后运行得到；

LitCTF{R1ght_Answ3r!}

三、REVERSE

1、编码喵

下载附件

简单分析一下：无壳，64位；

进去直接找到主函数main，F5反编译即可；

tgL0q1rgEZaZmdm0zwq4lweYzgeTngfHnI1ImMm5ltaXywnLowuYnJmWmx0=

接着我们只要找到对应的码表逆回去即可；

简单分析一下发现在函数——text_72（双击）

abcdefghijklmnopqrstuvwxyzABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ0123456789+/

在线base64编码

LitCTF{03034ed8-a2da-4aa6-b2c9-01ace9e26301}

2、hello_upx

下载附件查壳，发现upx，丢进kali去壳；

发现去壳失败，那我们使用010打开exe查看upx标志位；

修改完成，继续去壳；

使用64ida打开；

简单分析一下；

1. 变量初始化：

   • v4[3]：一个64位整数数组，用来存储加密或变换后的目标字符串的值。
   • v5：一个16位整数，其作用在这个程序片段中并不明确。
   • v6[40]：一个字符数组，用以接收用户输入的字符串。
   • v7：一个整型标志，用来指示用户输入的字符串是否通过验证。
   • i：循环计数器。

2. 接收用户输入：

   • 程序输出欢迎信息，提示用户输入flag。
   • 使用scanf函数读取用户输入的字符串到v6数组。

3. 字符串处理：

   • 第一个循环对v6中的每个字符进行处理，即每个字符减去其索引值。这是一种简单的字符串变换操作。

4. 验证处理后的字符串：

   • 第二个循环将处理后的字符串与v4数组中的值进行逐字符比较。如果发现不匹配的字符，v7被设置为0，表示验证失败。

5. 输出验证结果：

   • 如果v7保持为1，即所有字符都匹配，程序将输出成功消息（尽管代码中aGood未定义，所以我们不知道确切的成功消息内容）。
   • 如果v7为0，即存在不匹配的字符，程序将输出“nononononno!”。

所以很简洁明了，我们只需要逆向V4数组即可；

中间仅仅只做了ASCll加减操作，反着来即可；

脚本：

# 定义一个名为ABC的数组，包含加密后的ASCII值
ABC = [
   0x4C, 0x68, 0x72, 0x40, 0x50, 0x41, 0x75, 0x70,
   0x2B, 0x63, 0x59, 0x25, 0x61, 0x58, 0x51, 0x65,
   0x20, 0x4E, 0x5A, 0x1E, 0x60, 0x4E, 0x5E, 0x4F, 101
]

# 初始化空字符串用于存储解密的flag
flag = ''

# 遍历ABC数组中的每个元素
for i in range(len(ABC)):
    # 对每个元素执行逆向操作：将元素值加上其索引
    # 这是因为原始加密过程中，每个字符减去了其索引值
    # 使用chr()函数将结果转换为对应的ASCII字符
    flag += chr(ABC[i] + i)

# 打印解密后的flag
print(flag)

这里加了注释就不做过多解释；

LitCTF{w3lc0me_t0_l1tctf}

3、ezpython！！！！！

下载附件根据提示，已知需要提取pyc；

百度一下发现需要pyinstxtractor提取

pyinstxtractor下载

提取命令；

python pyinstxtractor.py ezpy.exe

发现这里有提示说《请在 Python 3.11 中运行此脚本，以防止解组期间出现解压缩错误》；

那就切换python 3.11运行呗；

[Python 3.11官网下载](Python 版本 Python 3.11.0 |Python.org)

配置好环境变量简单切换一下即可；

打开提取出的ezpy.exe_extracted文件，找到ezpy.pyc进行反编译（这里注意反编译的也是需要Python 3.11的噢~）

Python 3.11在线反编译

X=3o4hx=0EZwf=mMv13gX=3o4hx=qje2ZjtgZQmEKXZog4==

很明显是进行了base64编码那我们逆回去就行，现在就只要找到它对应的码表即可，可以看出导入了自定义的库；

发现base64不止一个不知道哪一个，那没事我们一个一个进行分析就行；

最后在Litctfbase64.pyc发现码表；

8kuWYm=1JiUPs7DT4x+X5tcqZKfGvA0gFLB6y3QbV2rNOlRdMwnEohjzSe9/HIa-

最后；

LitCTF{61happy_LitCTF_nice_base64}

四、WEB（目前环境还未上线NSS平台稍后单发补上）

1、exx

2、一个…池子？一个…池子？

3、SAS - Serializing Authentication System

4、浏览器也能套娃？

5、高亮主题(划掉)背景查看器

标签：解码,wp,使用,LitCTF,明文,2024,flag,密文
From： https://blog.csdn.net/administratorlws/article/details/139449645