QCTF 2018线上赛 writeup

 

本次算是被QCTF打趴了，本来做题时间就少（公司无限开会，开了一天，伪借口），加上难度和脑洞的增大，导致这次QCTF又酱油了。。。就连最基本的签到题都没做出来。。。这就很气

 

好了，以下是解题思路

 

MISC

0x01 X-man-A face

下载附件，得到图片

 

简单拖进binwalk扫一下，无果，查看附件属性信息，无果。

最后尝试补全一下图中的二维码

打开画图工具，键盘拼接一下，得到

 

扫描图中二维码，居然可以扫出东西，得到

KFBVIRT3KBZGK5DUPFPVG2LTORSXEX2XNBXV6QTVPFZV6TLFL5GG6YTTORSXE7I=

base64走起，没用

那base32走起，得到flag：QCTF{Pretty_Sister_Who_Buys_Me_Lobster}

 

0x02 X-man-Keyword

签到题，下载图片得到

提取图片信息

PVSF{vVckHejqBOVX9C1c13GFfkHJrjIQeMwf}

根据提示，搜索置换密码等关键字，查到该加密方式是Nihilist加密。

简单说一下原理

原26个英文字母为ABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ

把关键字提前后为LOVEKFCABDGHIJMNPQRSTUWXYZ

在置换后的序列里可以发现对应关系P=Q，V=C，S=T，F=F。。。。。

规律确认无误后，最后通过脚本解出

# coding=utf-8
# author:401219180
import string

enc = 'PVSF{vVckHejqBOVX9C1c13GFfkHJrjIQeMwf}'
grid = 'LOVEKFC' + 'ABDGHIJMNPQRSTUWXY'
flag = ''

for i in enc:
    if i in string.ascii_lowercase:
        index = grid.lower().index(i)
        flag += string.ascii_lowercase[index]
        continue
    if i in string.ascii_uppercase:
        index = grid.upper().index(i)
        flag += string.ascii_uppercase[index]
        continue
    flag += i
print flag

 

Crypto

0x01 babyRSA

最开始以为是一道常规的RSA破解，直接丢进msieve和yafu，fatorydb等跑起来。。。

。。。

。。。

。。。

跑炸了都没出个有用的东西。。。

就此卡住，先nc 47.96.239.28 23333看看后面的题目

发现是提供一个密文，系统会返回even和odd

于是联想到最低有效位（LSB）oracle攻击 （后来才知道的。。。）

从出题大佬那里py到的提示：https://crypto.stackexchange.com/questions/11053/rsa-least-significant-bit-oracle-attack

仍然看不懂。。。后来又找到了一个中文版：https://introspelliam.github.io/2018/03/27/crypto/RSA-Least-Significant-Bit-Oracle-Attack/

 

这里说一下我理解的大概原理：

如果我们已经知道公钥中N,e,c，那么我们就可以通过构造任意构造密文c1，即c1=（2**e mod n)*c，作为密文发送出去，根据返回此密文解密后p1的末尾某些比特位的性质（记为函数f），求得原始明文信息！

最简单的函数f 是表示 p 的奇偶性（即even和odd）。

若返回f(2P)

如果f(2P)f(2P) 返回的最后一位是0，那么2P<N2P<N，即P<N/2P<N/2

如果f(2P)f(2P) 返回的最后一位是1，那么2P>N2P>N，即 P>N/2P>N/2

接着我们来看看2P2P 和 4P4P

如果返回的是（偶，偶），那么有 P<N/4P<N/4

如果返回的是（偶，奇），那么有N/4<P<N/2N/4<P<N/2

如果返回的是（偶，奇），那么有N/2<P<3N/4N/2<P<3N/4

如果返回的是（奇，奇），那么有3N/4<P<N3N/4<P<N

结论就是

如果我们循环下去，基本上就可以得到P所处在的空间。当次数不断叠加，最终所处在的空间将会十分的小，于是就可以解出对应的解！

 

P∈[0,P] 也即LB=0， UB=N

使用log2 Nlog2 N 次可以根据密文C 求解出明文P

C′=(2e mod N)∗C

if (Oracle(C') == even):
    UB = (UB + LB)/2;
else:
    LB = (UB + LB)/2;

 

 

模仿了写法，求得LB

# coding=utf-8
# author:401219180
import binascii
import socket


def getevenOrodd(c):
    """nc连接获取even or odd"""
    adress = "47.96.239.28"
    port = 23333
    s = socket.socket(socket.AF_INET, socket.SOCK_STREAM)
    s.connect((adress, int(port)))
    s.recv(1024)
    data = hex(c)[:-1] + "\n"
    s.send(data)
    codeindex = s.recv(1024)
    s.shutdown(1)
    s.close()
    print codeindex
    return codeindex


def decrypt(n):
    LB = 0
    UB = n
    e = 65537
    c = int("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",16)
    while LB != UB:
        c1 = (pow(2, e, n) * c) % n
        if getevenOrodd(c1)[:-1] == "even":
            UB = (UB + LB) / 2
        else:
            LB = (UB + LB) / 2
        c = c1
    print LB

n=int("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",16)
decrypt(n)

 

LB=560856645743734814774953158390773525781916094468093308691660509501812320

这里的LB也就是明文P（Plaintext）

最后int转ascii即可

LB = 560856645743734814774953158390773525781916094468093308691660509501812320
plaintext = binascii.unhexlify(hex(LB)[2:-1])
print(plaintext)

plaintext =QCTF{RSA_parity_oracle_is_fun`

0x02 Xman-RSA

下载题目附件得到

依次点开查看，分析

应该是从encryption.encrypyed入手

从原文可以看出，这个语法有点像python，可能是python源码被做了简单的移位加密，例如gqhb=from，adg=def，urtd64应该是base64。。。

这里应该不是凯撒加密，移位的数字是没有规律的，所以只能一点一点的摸索猜测密文和明文字母的对应关系，如果熟悉python，就能猜出

最后人工手写出解密脚本

cpdic = {
    "a": "d", "d": "e", "g": "f", "q": "r", "h": "o", "b": "m", "u": "b", "r": "a", "t": "s", "p": "i", "k": "p",
    "w": "t", "z": "u", "e": "n", "x": "c", "y": "l", "l": "y", "f": "w", "m": "h", "j": "g", "i": "x", "v": "k"
}

f1 = open("C:\\Users\\fuzhi\\Desktop\\Downloads\\encryption.encrypted", "r") //本地文件
data1 = f1.read()
listdata1 = list(data1)
i = 0
for strindex in listdata1:
    if strindex in cpdic:
        listdata1[i] = cpdic[strindex]
    i += 1

s = "".join(listdata1)
print s

来源：https://www.cnblogs.com/semishigure/p/9318258.html