writed by:bmu战队
1.Easy-RSA
下载附件后，发现是一个flag.en文件和一个rsa_private_key.pem的私钥文件
放到kali上，使用命令
openssl rsautl -decrypt -in flag.en -inkey rsa_private_key.pem
结果如下：
2.easy_crypto
下载附件，为一个java文件，代码如下：
import java.math.BigInteger; import java.util.Random; public class crypto { static BigInteger e = new BigInteger("114514"); static BigInteger p = new BigInteger("486782758980265419106566437773662434821707849903209898358740381800342941420169184139234071329598394271286443155137316343275438967772601578029350778343911038446374408250"); static BigInteger h = new BigInteger("197285815436451554701121357540207727760367215453670717073481761209255345336604283966933286154040618892010511454547717773622062607956598784296775952923998110257788108099"); static String table = new String("0123456789abcdefghijklnmopqrstuvwxyz"); public static String Enc(String plaintext)//plaintext=flag { BigInteger[] cipher = new BigInteger[2]; plaintext = plaintext.toLowerCase();//转为小写 BigInteger r = new BigInteger(new Random().nextInt(10000000)+"");//public int nextInt(int n) 该方法的作用是生成一个随机的int值，该值介于[0,n)的区间，也就是0到n之间的随机int值，包含0而不包含n。 String rtext = r.toString(); System.out.println(rtext);//打印出了rtext int rlen = rtext.length(); String text = ""; for(int i = 0; i < plaintext.length(); i++) { int j = i % rlen; text += table.charAt((table.indexOf(plaintext.charAt(i))+Character.getNumericValue(rtext.charAt(j))) % 36);//返回指定的Unicode字符代表的int值。 System.out.println(text); } BigInteger bText = new BigInteger(text, 36);//36->转为了10进制 cipher[0] = e.modPow(r, p);// pow(e,r,p) cipher[1] = h.modPow(r, p).multiply(bText);//pow(h,r,p)*bText System.out.println(cipher[0].toString(36)); System.out.println(cipher[1].toString(36)); return cipher[0].toString(36)+"||"+cipher[1].toString(36; } public static void main(String[] args) throws Exception { System.out.println("Welcome to l3hsec, here is the flag:"); String str1 = "This is the flag"; String str2 = Enc(str1); // d4e03ge7tgvd3okpxq1l83w65q7vs55iwcav9ftehw9xtgfkn3oc3ofl2b52c6yjzl0jkn4xl83joqxlq023sacnpeddvq46709bz8kye1da||2h1oufyowds4axcoim3trm3kqm2hwlgbnrnblznktu4960o7hek0n9xgm9h1qfqq5w9k2i8wifbqv22c1mg8a79vwf8z6ydddbghvy3qzyq6jprbsjcv4o3ftwk5nmi } }
这道题的大概思路就是：
①在[0,10000000）内选取一个随机数，赋给r,再以stirng的形式输出，赋给rtext
②将明文表中的每个字符对应于table表中的索引+对应rtext的每个字符（就是字符的int值），再对36取余，得到一个新的text(实际就是以36为基数的字符串)
③将这个新的text转为大整数后赋给bText
④cipher[0]=pow(e,r,p),cipher[1]=pow(h,r,p)*bText
⑤输出cipher[0].toString(36)+"||"+cipher[1].toString(36)
到这里，代码的思路就清晰了，写出解题脚本，如下:
from libnum import * from Crypto.Util.number import * def baseN(num, b): return ((num == 0) and "0") or (baseN(num // b, b).lstrip("0") + "0123456789abcdefghijklmnopqrstuvwxyz"[num % b]) c1='d4e03ge7tgvd3okpxq1l83w65q7vs55iwcav9ftehw9xtgfkn3oc3ofl2b52c6yjzl0jkn4xl83joqxlq023sacnpeddvq46709bz8kye1da' c2='2h1oufyowds4axcoim3trm3kqm2hwlgbnrnblznktu4960o7hek0n9xgm9h1qfqq5w9k2i8wifbqv22c1mg8a79vwf8z6ydddbghvy3qzyq6jprbsjcv4o3ftwk5nmi' e=114514 p =486782758980265419106566437773662434821707849903209898358740381800342941420169184139234071329598394271286443155137316343275438967772601578029350778343911038446374408250 h =197285815436451554701121357540207727760367215453670717073481761209255345336604283966933286154040618892010511454547717773622062607956598784296775952923998110257788108099 c1=(int(c1,36))#pow(e,r,p) c2=int(c2,36)#pow(h,r,p)*bText for i in range(10000000):#爆破出r,时间会有丢丢长 if pow(e,i,p)==c1: print("yes!!!",i) break r=6994579#解出来的r bText=c2//pow(h,r,p) print(bText) print(baseN(bText,36)) bText=baseN(bText,36) hint="0123456789abcdefghijklnmopqrstuvwxyz" table="0123456789abcdefghijklnmopqrstuvwxyz" r='6994579' flag='' for j in range(len(bText)): for i in table: temp=hint[((hint.index(i))+int(r[j%len(r)]))%36] if temp==bText[j]: flag+=i print(flag)
运行结果如下：
3. easy_prime
下载附件后，给出了一个easy_prime.py和output.txt文件，如下
# -*-coding:utf-8-*- import gmpy import binascii from flag import generateN,flag assert(flag[:7] == "l3hsec{") assert(flag[-1] == "}") ns = generateN() cs = [0]*4 for i in range(4): tmp = flag[i*6:i*6+6]#[0,6] [6,12],[12,18]... tmp = int(binascii.hexlify(tmp), 16)#long assert(cs[i] == pow(tmp, ns[i], ns[i])) cs.append(pow(tmp,ns[i],ns[i]))# n=e f = open("output.txt") f.write(ns,cs)#N,C f.close()
output.txt如下：
[953132552494206303012348408786397717024120659325268233076680572604098697916168653385278329626313598614575680244228262381838389535120393085942673903070279570977485804095602878303285246022965401L, 928899805423663693755492479177957865905961060276268728972280982039567441748465598294920208045639197902961091811958507823621118746074321384648224862021550115947173362257238535782360979512361361L, 1895738273463929341726412801769343217490103177236215681995039530128910586382946463987512006062214032212349782024052291872703750294681228486109434492925512597572002557806018748292562823816843093L, 1448313587366097491833529009986157413051969214099716038535604941172227859771995540645489672258057853586671280309005918618953394042015498627203762570380266032321857607975754833498540829298169607L]
[118970773770344149378137341138460281980614648083634897295967396676206557791102621552814126443049906530099386964179536465419908480994368590471625018267397766213154343646841600359013258748442316L, 238145257463910641951794768672569246985352083467488967568898082691705991421406969804917855770249818513742336674371599634613178449130135856057919373672907551727301704055321750764127345574615552L, 657389389929881515388804420340482663287459042406748890285487483823807180002929633118827932943572291652551479200658771932105578947351729394654311493345963189287566901642275715408746374413837177L, 301848095091025953366454273747079605738957961883101530616601599039001385197654325158243724195165713204983805206548426107367727947468939581279543279719269482191430165339268214674606485978855583L]
附件代码很简洁，可以直接概括为pow(flag,ns,ns)=cs，这里一开始认为是对费马小定理的应用，后来发现不对，如果是费马小定理（其中p要为一个质数），那么根据(m**(p-1))=1 (mod p)，可以知道c=m(mod n)，但这里明显不是，因此猜测p不是质数。去求ns之间的最大公约数，发现可以求出，因此这个问题就转变为了RSA模数有公约数的问题，利用这点就可以求出每个式子的私钥d,解出密文m
解题脚本如下：
from libnum import * from Crypto.Util.number import * import binascii def gcd(a,b):#求两数之间最大公约数 if a<b: a,b =b,a while(b!=0): temp=a%b a=b b=temp return a n=[953132552494206303012348408786397717024120659325268233076680572604098697916168653385278329626313598614575680244228262381838389535120393085942673903070279570977485804095602878303285246022965401, 928899805423663693755492479177957865905961060276268728972280982039567441748465598294920208045639197902961091811958507823621118746074321384648224862021550115947173362257238535782360979512361361, 1895738273463929341726412801769343217490103177236215681995039530128910586382946463987512006062214032212349782024052291872703750294681228486109434492925512597572002557806018748292562823816843093, 1448313587366097491833529009986157413051969214099716038535604941172227859771995540645489672258057853586671280309005918618953394042015498627203762570380266032321857607975754833498540829298169607] c=[118970773770344149378137341138460281980614648083634897295967396676206557791102621552814126443049906530099386964179536465419908480994368590471625018267397766213154343646841600359013258748442316, 238145257463910641951794768672569246985352083467488967568898082691705991421406969804917855770249818513742336674371599634613178449130135856057919373672907551727301704055321750764127345574615552, 657389389929881515388804420340482663287459042406748890285487483823807180002929633118827932943572291652551479200658771932105578947351729394654311493345963189287566901642275715408746374413837177, 301848095091025953366454273747079605738957961883101530616601599039001385197654325158243724195165713204983805206548426107367727947468939581279543279719269482191430165339268214674606485978855583] x01=gcd(n[0],n[1]) x02=gcd(n[0],n[2]) x03=gcd(n[0],n[3]) x04=n[0]//(x01*x02*x03) x12=gcd(n[1],n[2]) x13=gcd(n[1],n[3]) x23=(gcd(n[2],n[3])) phi0=(x01-1)*(x02-1)*(x03-1)*(x04-1)#求出欧拉函数 phi1=(x01-1)*(x12-1)*(x13-1)*((n[1]//(x01*x12*x13)-1)) phi2=(x02-1)*(x12-1)*(x23-1)*((n[2]//(x02*x12*x23)-1)) phi3=(x03-1)*(x13-1)*(x23-1)*((n[3]//(x03*x13*x23)-1)) d0=(invmod(n[0],phi0))#算出私钥 d1=(invmod(n[1],phi1)) d2=(invmod(n[2],phi2)) d3=(invmod(n[3],phi3)) m0=pow(c[0],d0,n[0])#得出密文 m1=pow(c[1],d1,n[1]) m2=pow(c[2],d2,n[2]) m3=pow(c[3],d3,n[3]) print(n2s(m0)+n2s(m1)+n2s(m2)+n2s(m3))#输出
运行结果如下：
4.MISC-Daylight
下载附件，附件内容如下：
n=24030381175065789627867818021031309186965318861955402618375094156989560631225056400068280970357343617465261811691559275086986164901405512215968447835573713149231336594364799146504286982124850979481910739400555900516891562640944424296188089156508429086638459243074623801424444379741940400624550247210709108293164193827193821978694274672716764474152393429524314859853376325015012885883855819552203740904895242301492787682366135817255276597250505586595070110209229270379691148517421288247672403709484984083988966720494416926899250840012575481136166618973367329708626081023089829778864549053830890201012932527796486827519
c1=7706442311376298907118381553814187694306437942337200300920018382827744477296762105669322390236380377042026460058526286493515418722731849971411879053724334926597860433790660568227623266459105700578574867980278136078799958698624620338469216407947276632981229373095281141319203245321172350378427449842394930055529441744690732690189155630980736716300509547085032174345753133838250340838995285142338255951756404101946977370148727459867175980397841996210997274012491629791252693401571504945522427861126234928419824136852180508014703063857673244567242488630499415730763245048617632714296374909199028722650732705222178007385
c2=22423938730620301024336096061283705945892027623793660306239291359418958473934583979350384252488494023600239884048653436314101275290157972045454993641659471672605679497398173588217340705125922148550132426481727445141158741816240665812195493040369287582638492321538655028939958996384211181094086886177394010485535445009088322043647955338445795429449360349339936606800994026319620067195422963814641797851423046506617965736694331256799051468484280532276344029152140431817760731420316457245257243157665090587855008596785240088881665435451552191237548113820151383474872494353994135644477990413743416249730006854238049329690
e1=35
e2=42
可以发现这是一个RSA问题，为共模攻击，并且e1和e2之间有公约数，gcd(e1,e2)=7
可以推导出以下式子：
c1=m**e1 (mod n) ....①
c2=m**e2 (mod n) ....②
且gcd(e1,e2)=7,故存在a1,a2使得e1*a1+e2*a2=7(扩展欧几里得算法可求出)
对①进行a1次方，对②进行a2次方，得到：
c1**a1=m**(e1*a1) (mod n) ...③
c2**a2=m**(e2*a2) (mod n) ...④
将两式相乘可得带(c1**a1)*(c2**a2)=m**(e1*a1+e2*a2) (mod n) ...⑤
又因为e1*a1+e2*a2=7,故，(c1**a1)*(c2**a2)=m**7 (mod n)
这里，a1,a2可以通过扩展欧几里得算法求出，也就是说同余式的左边已知，右边只有m未知，令C=(c1**a1)*(c2**a2) % n，那么m**7=k*n+C(k属于Z),通过while循环或者for循环可以找出对应的k，那么也就求出了我们的flag
解题脚本如下：
from Crypto.Util.number import long_to_bytes, bytes_to_long from gmpy2 import * from libnum import n2s,s2n,invmod #欧几里得算法 def egcd(a,b): if a==0: return(b,0,1) else: g,y,x=egcd(b%a,a) return (g,x-(b//a)*y,y) n=24030381175065789627867818021031309186965318861955402618375094156989560631225056400068280970357343617465261811691559275086986164901405512215968447835573713149231336594364799146504286982124850979481910739400555900516891562640944424296188089156508429086638459243074623801424444379741940400624550247210709108293164193827193821978694274672716764474152393429524314859853376325015012885883855819552203740904895242301492787682366135817255276597250505586595070110209229270379691148517421288247672403709484984083988966720494416926899250840012575481136166618973367329708626081023089829778864549053830890201012932527796486827519 c1=7706442311376298907118381553814187694306437942337200300920018382827744477296762105669322390236380377042026460058526286493515418722731849971411879053724334926597860433790660568227623266459105700578574867980278136078799958698624620338469216407947276632981229373095281141319203245321172350378427449842394930055529441744690732690189155630980736716300509547085032174345753133838250340838995285142338255951756404101946977370148727459867175980397841996210997274012491629791252693401571504945522427861126234928419824136852180508014703063857673244567242488630499415730763245048617632714296374909199028722650732705222178007385 c2=22423938730620301024336096061283705945892027623793660306239291359418958473934583979350384252488494023600239884048653436314101275290157972045454993641659471672605679497398173588217340705125922148550132426481727445141158741816240665812195493040369287582638492321538655028939958996384211181094086886177394010485535445009088322043647955338445795429449360349339936606800994026319620067195422963814641797851423046506617965736694331256799051468484280532276344029152140431817760731420316457245257243157665090587855008596785240088881665435451552191237548113820151383474872494353994135644477990413743416249730006854238049329690 e1=35 e2=42 s=egcd(e1,e2) s1=s[1] s2=s[2] print(s) #求模反元素 if s1<0: s1=-s1 c1=invmod(c1,n) else: s2=-s2 c2=invmod(c2,n) C=(pow(c1,s1,n)*pow(c2,s2,n))%n i=0 while(1): temp=i*n+C if (iroot(temp,7)[1]==1): print("yes!!!") print(long_to_bytes(iroot(temp,7)[0])) break else: i=i+1
运行结果如下：
5.Interceptedtelegram
使用audacity打开这个.wav文件，发现为摩斯密码，如下：
写出对应的摩斯电码：
.- a
-.-. c
- t
.. i
----- 0
-. n
--.- q
..- u
.. i
-.-. c
-.- k
结果即是flag
6.blue
binwalk -e 直接提取(用foremost还要解决zip伪加密的问题)blindsql.pcapng
显而易见,是sql盲注的http流量，直接读ascii得到flag
这里贴个赛后写的脚本
#!/usr/bin/python # coding:utf-8 import re f=open('sql.txt','r') lines=f.readlines() flag="" res=[] m="" for i in range(len(lines)): if "flag" in lines[i] and "http" not in lines[i]: m=re.findall(r'=(.*?)--+',lines[i]) m=''.join(m) m=m[-3:].strip("=") res.append(m) for i in range(1,len(res)): if "33" in res[i]: flag+=chr(int(res[i-1])) print (flag)
foremost提取后的zip伪加密只要在hex编辑器搜索504B0102，然后把第九位的09改成00就可以解压了
7..!?
ook在线解码 https://www.splitbrain.org/_static/ook/
