SDNISC2020_RSA
下载附件，为一个文本文件。其内容为
可以得知：n，c1，e1，c2，e2。为典型的RSA的共模攻击。
使用脚本：
n = 0xa1d4d377001f1b8d5b2740514ce699b49dc8a02f12df9a960e80e2a6ee13b7a97d9f508721e3dd7a6842c24ab25ab87d1132358de7c6c4cee3fb3ec9b7fd873626bd0251d16912de1f0f1a2bba52b082339113ad1a262121db31db9ee1bf9f26023182acce8f84612bfeb075803cf610f27b7b16147f7d29cc3fd463df7ea31ca860d59aae5506479c76206603de54044e7b778e21082c4c4da795d39dc2b9c0589e577a773133c89fa8e3a4bd047b8e7d6da0d9a0d8a3c1a3607ce983deb350e1c649725cccb0e9d756fc3107dd4352aa18c45a65bab7772a4c5aef7020a1e67e6085cc125d9fc042d96489a08d885f448ece8f7f254067dfff0c4e72a63557
e1 = 0xf4c1158f
c1 = 12051796366524088489284445109295502686341498426965277230069915294159131976231473789977279364263965099422235647723775278060569378071469131866368399394772898224166518089593340803913798327451963589996734323497943301819051718709807518655868569656941242449109980876397661605271517459716669684900920279597477446629607627693769738733623143693170696779851882404994923673483971528314806130892416509854017091137325195201225617407959645788145876202882024723106204183257094755002924708009138560347432552090905489132135154932987521239299578509008290614398700799670928805692609756924823628055245227290288940649158862576448537833423
e2 = 0xf493f7d1
c2 = 16648382384980770705624348910895797622774711113202207693584907182552301186239613809347201161450012615995859738410661452438496756353485538305614949211776668793864984429696790944750894691957799234264508530084026894611228513698963347402329109838109621609770406925700520983387811451074838470370044678634099202003480925903267508744006195455234025325060817223813858985074720872124168142943926467694676717713503559007112874381750005406371400109962943508349497151148446064846096531445037416174913915923050332242843403926133165817310272633884358263778516770288515592959832151762499526363131801945163501999337808208074381212795
import gmpy2
import binascii
import rsa
import math
from Crypto.Util import number
def exgcd(m, n, x, y):
if n == 0:
x = 1
y = 0
return (m, x, y)
a1 = b = 1
a = b1 = 0
c = m
d = n
q = int(c / d)
r = c % d
while r:
c = d
d = r
t = a1
a1 = a
a = t - q * a
t = b1
b1 = b
b = t - q * b
q = int(c / d)
r = c % d
x = a
y = b
return (d, x, y)
ans=exgcd(e1,e2,0,0)
s1=ans[1]
s2=ans[2]
m=(gmpy2.powmod(c1,s1,n)*gmpy2.powmod(c2,s2,n))%n
print(number.long_to_bytes(m))
可以解出flag: flag{8c16c91be3f3287ff5a10167e922b33b}
网鼎杯 2018 clip
下载附件，是一个disk文件。首先想到的是虚拟磁盘文件，用“DiskGenius”加载，发现没有什么信息。
用010editor打开。发现有PNG、IDAT和IHDR。可以判断为PNG文件。
手工将文件导出。共两个PNG文件。第一个文件文件头缺少第一个字节，补齐后就可以打开。
打开后文件模糊。
用photoshop进行拼接：
发现是一串两个重复的flag。（水平有限，但已经可以看出flag了。）
flag{0b008070-eb72-4b99-abed-092075d72a40}
SDNISC2020_简单js
下载附件，是一个JS文件。内容如下：
/**
* Pseudo md5 hash function
* @param {string} string
* @param {string} method The function method, can be 'ENCRYPT' or 'DECRYPT'
* @return {string}
*/
function pseudoHash(string, method) {
// Default method is encryption
if (!('ENCRYPT' == method || 'DECRYPT' == method)) {
method = 'ENCRYPT';
}
// Run algorithm with the right method
if ('ENCRYPT' == method) {
// Variable for output string
var output = '';
// Algorithm to encrypt
for (var x = 0, y = string.length, charCode, hexCode; x < y; ++x) {
charCode = string.charCodeAt(x);
if (128 > charCode) {
charCode += 128;
} else if (127 < charCode) {
charCode -= 128;
}
charCode = 255 - charCode;
hexCode = charCode.toString(16);
if (2 > hexCode.length) {
hexCode = '0' + hexCode;
}
output += hexCode;
}
// Return output
return output;
} else if ('DECRYPT' == method) {
// DECODE MISS
// Return ASCII value of character
return string;
}
}
document.getElementById('password').value = pseudoHash('19131e18041b1d4c47191d19194f1949481a481a1d4c1c461b4d484b191b4e474f1e4b1d4c02', 'DECRYPT');
是一个加密的代码。我们需要进行解密。
加密过程如下：
1、将字符串转为ASCII码，如果ASCII码大于128，则减去128，如果小于128,则加上128。然后再用255减去其值，以保证是可显字符，最后输出偶数位的16进制值。
知道加密方法了，我们写python脚本，进行解密：
s='19131e18041b1d4c47191d19194f1949481a481a1d4c1c461b4d484b191b4e474f1e4b1d4c02'
len_s=int(len(s))
for i in range(0,int(len_s/2)):
tmp = s[2*i:2*i+2]
tmp = '0x'+tmp
tmp = int(tmp,16)
tmp = 255-tmp
if (tmp<128):
tmp = tmp+128
else:
tmp = tmp -128
tmp = chr(tmp)
print (tmp,end='')
得到flag：flag{db38fbff0f67e7eb3c9d274fd180a4b3}
SDNISC2020_简单数据包
下载附件，为一个流量包。
但无法用wireshark打开。我们用010editor打开，发现文件头没有了。
搜索flag，没有结果。搜索PK，在文件的尾部发现一个压缩包：
同时在压缩包上面发一了一串base64加密后的字符串：ZmxhZ3tzZG5pc2NfbmV0X3NRMlgzUTl4fQ==
解码后为：flag{sdnisc_net_sQ2X3Q9x}
SDNISC2020_过去和现在
下载附件，为一个压缩包，打开后是一张图片。
用010editor打开，没发现什么有用信息。
用binwalk分离出4个文件。
打开21154，即可看到flag：flag{fc25cbb7b85959fe03738241a96bf23d}
网鼎杯 2018 minified
下载附件，为一个压缩包，打开后是一张图片。
用010editor打开，没有什么发现。
用Stegsolve打开，分离出alpha的0通道、red的0通道、green的0通道和blue的0通道。两两相互异或，最后发现alpha的0通道与green的0通道异或，就能看到flag:
flag{7bb6db9f-d2eb-4e69-8dee-0002ce1e07f9}
[2020首届祥云杯]进制反转
下载附件，为一个压缩包，打开后报错，
怀疑为伪加密，用010editor打开。找到加密标识位，进行修改，将1改为0：
即可正常打开rar压缩包。
解压出flag.wav
用010editor打开，无发现
用AudacityPortable导入原始数据。
听不出来是什么哥哥，想到题目是进制反转，将音频时间反转：
勉强可以听出是首歌，减慢播放速度，再听歌识曲，可以知道歌名为：《Too Good At Goodbyes》
flag：BMZCTF{TOOGOODATGOODBYES}
（题目只提示了大写，没写还要去掉空格。。。。）
[2020首届祥云杯]到点了
下载附件为一个压缩包，里面是3个word文档
打开第一个文档：
内容为一句话和一张图片。
用wps（office太贵）显示隐藏的文字：
看到多出一句话。
查看文档属性:
看以只有修改时间可以拼成8位，尝试使用20201024作为密码打开第二个文档：
看到其内容为：
按下crtl+A，可以看到图片下面多出一条。修改字体颜色：
看到多出的字符串：AABBAABBBAABBBAAAABBABBABABAAAAABBAAABBBBAABBBAABABABBAAABAAAABAABAABBABAAAAABAA
由A、B组成。推算为培根加密，打开https://tool.bugku.com/peigen/，并解密。
得到两个字符串：
GOODNIGHTSWEETIE
goodnightsweetie
打开第三个文档：
没发现什么东西。将文档后缀改成zip。并打开：
看到一个压缩包。解压出一张图片：
前面得出的密码没有使用，图片又为bmp。推测为wbs43open隐写。
用wbs43open打开图片：
输出文件为111.txt，执行后，打开111.txt，得到flag
别忘了，用BMZCTF提交
[2020首届祥云杯]带音乐家
下载附件，为一个压缩包，里面有两个文件，其中一个是带密码加密的压缩包，试了伪加密，无法解出，我们只能从另一个文件中解聘密码了。
用010editor打开。发现文件头为：
百度搜了下，为MIDI文件的文件头。
可以确定为MIDI音频文件。试了AudacityPortable，没有发现有用的东西。
再百度下有关MIDI的内容：
我们需要对内容进行解密。
打开官网：http://velato.net，下载程序
对“decode_it”进行解密，
在目录下生成了一个‘decode_it.exe’文件，在CMD中打开，得到密码‘Hello, World!’
用密码打开压缩包：
看到一串base编码，解码后是乱码，再看前面的符号，为精灵语：
对照表，可得‘FLAGIS’，后面即为flag。提交后失败，说明flag被加密了。
再次打开压缩包，发现右边有说明：
复制出来：
只有.和-。推测为摩斯编码。
解密后为AESKEY9219232322
提示是AES加密，我们用AES解密，得到：
Flag: flag{mU51c_And_ch@ract0rs~}，记得用BMZCTF提交
2018 安洵杯 boooooom
下载附件。为一个压缩包。打开后里有3个文件，带有密码。
尝试伪加密失败，使用Advanced Archive Password Recovery，进行爆破，先试数字。
得到密码”3862”
将文件解压出来后，password.zip和flag.zip都带有密码。而且均不是伪加密（一个一个试的。。。。）。
打开password.py，里面是一个读password.txt文件内容并进行base64和md5加密的加密程序
import base64
import hashlib
f = open("password.txt",'r')
password = f.readline()
b64_str = base64.b64encode(password.encode('utf-8'))
hash = hashlib.md5()
hash.update(b64_str)
zip_passowrd = hash.hexdigest()
print(zip_passowrd)
而password.txt在password.zip里，所以我们应该先把password.txt解压出来。打开password.zip，发现password只有8个字节。所以可以尝试进行crc爆破：
脚本为：
import zlib
for i in range(0,100000000):
buf = str(i).rjust(8,'0')
buf_tmp = zlib.crc32(buf.encode('utf-8'))& 0xffffffff
if buf_tmp == 0x0cd95dac:
print (buf)
最终得到password.txt的内容：’08646247‘
我们再使用password.py的程序对’08646247‘加密：
import base64
import hashlib
password = '08646247'
b64_str = base64.b64encode(password.encode('utf-8'))
hash = hashlib.md5()
hash.update(b64_str)
zip_passowrd = hash.hexdigest()
print(zip_passowrd)
得到：‘95c800c52134a571dfe69114c378e4be‘
使用这个字符串对flag.zip进行解压，得到一张图片：
没发现什么有用的东西。尝试修改高度：
即可看到一个字符串：‘a184929e2c170e2b7dc12eb3106f0a16‘
提交flag{a184929e2c170e2b7dc12eb3106f0a16}成功