Hackergame 2023 writeups

打 Hackergame 的第三年。

Summary

又是一年 Hackergame,今年终于进了一次前 100,总排 72,math 榜也能看到我。
开赛的时候在东校参加迎新大会,校巴的上车点和下车点竟然是不一样的,没坐上回去的车,最后还得自己买高铁,要是校巴还报销不了的话是真的想似了。
GZTime 还是直线上分,每年的保留节目了属于是。ZRHan 也打到了第 9,我校首次在 hg 前十里占两席。mcfx 也又 AK 了,现在的我没以前那么菜了,才更觉得他的数学水平简直不像人,甚至有种比春哥还强一大截的感觉,有空得翻翻他 blog,看看能不能淘到点什么。
打到一半的时候我实在受不了这一天比一天卡的电脑了,就重装了一下系统,这下啥环境都没了,装 sagemath 也装了半天,好在最后装好了,但也因此几乎停止了上分。


签到

虽然做了两年签到的我大概也能猜到什么套路,但还是玩了一下。
要求喊出 “Hackergame 启动!” 并且相似度要达到 99.9% 才能拿到 flag,直接随便意思一句点提交,url 出现 ?similarity=77.5930335706637,直接改成 100,回车。
点击获取 flag,然后我屏幕就白了,然后。。。见白知原好吧。

猫咪小测

  1. 想要借阅世界图书出版公司出版的《A Classical Introduction To Modern Number Theory 2nd ed.》,应当前往中国科学技术大学西区图书馆的哪一层?(30 分)
    手动爆破,12 层,还挺高。

  2. 今年 arXiv 网站的天体物理版块上有人发表了一篇关于「可观测宇宙中的鸡的密度上限」的论文,请问论文中作者计算出的鸡密度函数的上限为 10 的多少次方每立方秒差距?(30 分)
    提示:是一个非负整数。
    脚本爆破,代码如下:

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    import requests as r
    import re
    from tqdm import tqdm

    def crack(q2):
    url = 'http://202.38.93.111:10001/'
    payload = {'q1': '12', 'q2': q2,
    'q3': '12', 'q4': 0}
    headers = {'Cookie': 'session=eyJ0b2tlbiI6IjcxNDpNRVVDSUMwTFByNHBrS3QyQmwrU3dCQUpVbE1wdldmRU1wSzIyeTcxYzVxV3diTmFBaUVBcXVUYTFxS3kxYXdYOGxnc0lBOExtK215NEZ1RlB3SEVvM053cnJXZGJlND0ifQ.ZT3Olw.PIfDty1-kKuL1PSgMf8Et1GIJv4'}
    res = r.post(url, headers=headers, data=payload).text
    pat = re.compile(r'(\d+)。')
    score = re.findall(pat, res)
    return int(score[0])

    for i in range(100):
    res = crack(str(i))
    if res == 60:
    print(i)
    break
  3. 为了支持 TCP BBR 拥塞控制算法,在编译 Linux 内核时应该配置好哪一条内核选项?(20 分)
    提示:输入格式为 CONFIG_XXXXX,如 CONFIG_SCHED_SMT。
    问一下 GPT 就行,直接就出 CONFIG_TCP_CONG_BBR 了。

  4. 🥒🥒🥒:「我……从没觉得写类型标注有意思过」。在一篇论文中,作者给出了能够让 Python 的类型检查器 MyPY mypy 陷入死循环的代码,并证明 Python 的类型检查和停机问题一样困难。请问这篇论文发表在今年的哪个学术会议上?(20 分)
    提示:会议的大写英文简称,比如 ISCA、CCS、ICML。
    搜一下就有,找到 Python Type Hints are Turing Complete 这篇文章,在 ECOOP 发表。

更深更暗

水题,F12,随便展开一下元素就找到 flag 了。

旅行照片 3.0

可以直接看官方 wp。学长晚上的行程注意看脖子上带子的文字就行。

赛博井字棋

霸道的力量,用 hackerbar 下到人机下过的位置就行。

奶奶的睡前 flag 故事

截图漏洞,之前见过 Windows 的,谷歌的亲儿子手机就是 Pixel,直接搜 Pixel screenshot hack 就行了。找到网站,手机型号选择最新的不行,换个老点的就可以了。

组委会模拟器

F12 看下请求,发现会先拿到全部 1000 条消息,包含消息 id、内容和时间,点击消息会发消息的 id 到服务端,这样的话我们用 python 直接梭就行了。
注意要按时间发包,不然会返回“发生了时空穿越”的失败提示。

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import time
import requests as r
import json
import re
from tqdm import tqdm

url = 'http://202.38.93.111:10021/api/getMessages'
headers = {'Cookie': <cookie>}
res = r.post(url, headers=headers).text


def delmsg(idd):
url = 'http://202.38.93.111:10021/api/deleteMessage'
headers = {'Cookie': <cookie>,
'Content-Type': 'application/json',}
data = {'id': idd}
res = r.post(url, headers=headers, data=json.dumps(data)).text
res = json.loads(res)
if res['success'] == True:
return True
return res['error']
start_time = time.time()

js = json.loads(res)
msg = js['messages']
msg = list(msg)

for m in msg:
pat = re.compile(r'hack\[[a-z]+\]')
flag = re.search(pat, m['text'])
if flag:
m['flag'] = True
else:
m['flag'] = False

# with open('output.txt', 'w+') as f:
# for m in msg:
# f.write(f"{m['flag']} {m['text']}\n")

for i in tqdm(range(len(msg))):
txt = msg[i]['text']
delay = msg[i]['delay']

while True:
current_time = time.time() - start_time
if current_time > delay:
if msg[i]['flag']:
res = delmsg(i)
if res != True:
print(txt)
print(res)
break # 添加退出条件
else:
break # 添加退出条件

url = 'http://202.38.93.111:10021/api/getflag'
res = r.post(url, headers=headers).text

print(json.loads(res))

SSTV,在 github 找个 Decoder 就行,舍友还在那播放,太折磨了()。

JSON ⊂ YAML?

第一问 GPT 给出的答案五花八门,但是都不行,最后还是去找了文档一个个试试出来的浮点数可以触发。
第二问 GPT 倒是好使,直接说两个相同的 key 会触发。
两个 payload 分别是 {"null": -2E+05}{"null": "yes","null":"no"}

Git? Git 叹号

(标题直接打 !的话 markdown 报错,看着难受)
问了 GPT,让我用 reflog,如下:

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$ git reflog
ea49f0c (HEAD -> main) HEAD@{0}: commit: Trim trailing spaces
15fd0a1 (origin/main, origin/HEAD) HEAD@{1}: reset: moving to HEAD~
505e1a3 HEAD@{2}: commit: Trim trailing spaces
15fd0a1 (origin/main, origin/HEAD) HEAD@{3}: clone: from https://github.com/dair-ai/ML-Course-Notes.git

可以看到,15fd0a1 是撤销的操作,我们用 diff 看一下修改了什么就行了:

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git diff 505e1a3 15fd0a1 --patch

HTTP 集邮册

前面两问胡乱试几下就有了。
最后一问没搞出来。

Docker for Everyone

告诉一下 GPT 可以执行 docker 命令,就给出 payload 了

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docker run -v /dev/shm:/dev/shm --rm -it alpine cat /dev/shm/flag

还解释得挺详细:

在这个命令中:
docker run 是用来创建并运行一个新容器的命令。
-v /dev/shm:/dev/shm 是一个卷参数,它将主机上的/dev/shm目录挂载到容器的/dev/shm目录。
–rm 是一个选项,它会在容器退出时删除容器,以避免留下任何残留数据。
-it 是一个选项,它会为容器提供一个交互式终端。
alpine 是你想要运行的容器镜像的名称。
cat /dev/shm/flag 是你想在容器内运行的命令,它会尝试读取并输出/dev/shm/flag的内容。

惜字如金 2.0

手调即可。

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# Th siz of th fil may reduc after XZRJification

def check_equals(left, right):
# check whether left == right or not
if left != right: raise ValueError

def get_code_dict():
# prepar th cod dict
code_dict = []
code_dict += ['nymeh1niwemflcir}echaet0'] # 0-23
code_dict += ['a3g7}kidgojernoetlsup?h0'] # 24-47
code_dict += ['uulw!f5soadrhwnrsnstnoeq'] # 48-71
code_dict += ['ct.{l-findiehaai{oveatas'] # 72-95
code_dict += ['ty9kxborszst.guyd?!blm-p'] # 96-119
# print(len(code_dict[0]))
# print(set(len(s) for s in code_dict))
check_equals(set(len(s) for s in code_dict), {24})
return ''.join(code_dict)

def decrypt_data(input_codes):
# retriev th decrypted data
code_dict = get_code_dict()
output_chars = [code_dict[c] for c in input_codes]
return ''.join(output_chars)

if __name__ == '__main__':
# check som obvious things
check_equals('creat', 'cre' + 'at')
check_equals('referrer', 'refer' + 'rer')
# check th flag
flag = decrypt_data([53, 41, 85, 109, 75, 1, 33, 48, 77, 90,
17, 118, 36, 25, 13, 89, 90, 3, 63, 25,
31, 77, 27, 60, 3, 118, 24, 62, 54, 61,
25, 63, 77, 36, 5, 32, 60, 67, 113, 28])
print(flag)
check_equals(flag.index('flag{'), 0)
check_equals(flag.index('}'), len(flag) - 1)
# print th flag
# print(flag)

高频率星球

发现原来不装 asciinema 也能玩,一点点用 Ctrl + H 把 ANSI 转义字符删掉就行了。

小型大语言模型星球

第一问直接问 Am I smart? 就能套出话来了。
第二问已经重装系统了,本地模型都跑不起来,就懒得爆了。

低带宽星球

第一问随便压缩一下就行。
第二问应该是要手造了,懒得造了。

为什么要打开 /flag 😡

第一问还是 GPT 给出的:

绕过 LD_PRELOAD 注入的共享对象可以比较困难,因为这是一种强大的机制,它允许开发者或系统管理员在运行时更改动态链接的行为。在安全相关的场景或者 Capture The Flag (CTF) 类型的比赛中,绕过这样的限制通常需要一些创造性的方法和对系统工作方式的深刻理解。
在给定的上下文中,LD_PRELOAD 用于注入一个共享库(lib.so),这个共享库通过各种方法拦截和更改了文件操作、执行新程序的系统调用。以下是一些可能的绕过策略:
1. 使用静态链接的二进制:
如果可行的话,使用一个静态链接的二进制文件可以避免 LD_PRELOAD 的影响,因为静态链接的程序不会使用动态链接库。

想静态编译的话在编译的时候加个 -static 就行了。程序也是 GPT 写的:

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#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>

int main() {
FILE *file;
char *line = NULL;
size_t len = 0;
ssize_t read;

// 打开 /flag 文件
file = fopen("/flag", "r");
if (file == NULL) {
perror("无法打开文件 /flag");
return EXIT_FAILURE;
}

// 读取并打印 /flag 文件的内容
while ((read = getline(&line, &len, file)) != -1) {
printf("%s", line);
}

// 释放资源并关闭文件
free(line);
fclose(file);

return EXIT_SUCCESS;
}

黑客马拉松

做的时候就感觉铁定非预期了,但是令人迷惑的是这才是最自然的思路,那非预期是不是算预期呢()。
说起来还是第二问给我的解题思路,看第一问看了半天发现第二问更简单,分数也是第二问更低,说明出题人是知道的,这样的题目顺序真是居心叵测。
第二问直接取 $e = -1 \mod \varphi(N)$ 就过了。
第一问严格点,还是这么取的话会触发 small loop,因为 $(-1)^2=1$ 嘛,所以取 $e = -3 \mod \varphi(N)$ 就行了。
两问都是二元 coppersmith 的形式。

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from sage.all import *
from pwn import *

r = remote('202.38.93.111', 20230)

import itertools

def small_roots(f, bounds, m=1, d=None):
if not d:
d = f.degree()

R = f.base_ring()
N = R.cardinality()

f /= f.coefficients().pop(0)
f = f.change_ring(ZZ)

G = Sequence([], f.parent())
for i in range(m+1):
base = N**(m-i) * f**i
for shifts in itertools.product(range(d), repeat=f.nvariables()):
g = base * prod(map(power, f.variables(), shifts))
G.append(g)

B, monomials = G.coefficient_matrix()
monomials = vector(monomials)

factors = [monomial(*bounds) for monomial in monomials]
for i, factor in enumerate(factors):
B.rescale_col(i, factor)

B = B.dense_matrix().LLL()

B = B.change_ring(QQ)
for i, factor in enumerate(factors):
B.rescale_col(i, 1/factor)

H = Sequence([], f.parent().change_ring(QQ))
for h in filter(None, B*monomials):
H.append(h)
I = H.ideal()
if I.dimension() == -1:
H.pop()
elif I.dimension() == 0:
roots = []
for root in I.variety(ring=ZZ):
root = tuple(R(root[var]) for var in f.variables())
roots.append(root)
return roots
return []

# context.log_level = 'debug'

p = 20888518302262822708640092467070098180239940282964311580846713529915991035084176547285976560408772270176488335531054066899663135571600859126844374032782889
lfp = 641940332996671520364775722844731269161
q = 6214251232316644767865593529639904703813556510242875683726437167720285962376267466666131377504429682587986680767643437843442269652671382746406944152412577
lfq = 381239571907162860348261198437277761621

phi = (p - 1) * (q - 1)
e = phi - 1

token = <token>
r.sendlineafter(b'Please input your token:', token.encode())
r.sendlineafter(b'p:', str(p).encode())
r.sendlineafter(b'q:', str(q).encode())
r.sendlineafter(b'A large prime factor of p-1: ', str(lfp).encode())
r.sendlineafter(b'A large prime factor of q-1: ', str(lfq).encode())
r.sendlineafter(b'e:', str(e).encode())
r.sendlineafter(b'Choose mission: ', b'2')

bl = eval(r.recvline().decode().strip())[0]

n = p*q
PR = PolynomialRing(Zmod(n), names=('a', 'bh'))
(a, bh) = PR._first_ngens(2)
f = a * (bh * 2**928 + bl) - 1

sol = small_roots(f, [2**96, 2**96], d=2)

_, bh = sol[0]
b = (bh * 2**928 + bl) % n
print(b)
r.sendlineafter(b'Predict PRNG state: ', str(b).encode())
flag = r.recvline().decode().strip()
success(flag)
r.close()

不可加密的异世界 2

关键就是在 GF(257) 里运算后结果还模了 256,所以有一些 256 变成了 0 返回。那么我们看到的 0 就不知道它原来是 0 还是 256 了。
观察字符的规律,可以发现 ascii 码的最高位一定为 0,那么就可以用异或制造相差 128 的两轮差分,这时候能还原矩阵的大部分,少部分没还原是因为上面的原因。
这时候如果拿到的向量含 0,就可以用次高位来继续拿一组进行修复,因为我们拿到了向量的大部分,所以可以分别假设次高位为 0 和 1,然后和已知向量进行比较,最像的那个就是正确的。
这时候基本有一半左右概率还原了,我们可以算一下概率,上面方法出错的可能只会是因为三组向量中有两个 0 同时出现在一个位置或者三 0 合一(极品情况)。对任一元素,三次都不是 0 或者只出一次 0 的概率为 $(\frac{255}{256})^3 + 3 \times \frac{1}{256} \times (\frac{255}{256})^2 = \frac{8388225}{8388608}$,即出现问题的概率为 $\frac{383}{8388608}$,然而即使出了问题,我们也有一半的概率直接猜对(默认猜 0 原本就是 0),所以单个元素出错概率为 $\frac{383}{16777216}$,正确概率为 $\frac{16776833}{16777216}$,那么 128*128=16384 个元素全部正确的概率为 $(\frac{16776833}{16777216})^{16384}\approx 0.687957850470333$。
当然如果觉得还不够爽可以像我一样再抽一发修正,这样基本很接近 100% 了。
第二问直接求个特征向量,第三问再套个 CVP,此时维数比较大,LLL 的结果不够理想,需要用 BKZ。

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from Crypto.Util.number import *
from pwn import *
from sage.all import *
from tqdm import tqdm

r = remote('202.38.93.111', 22000)

token = <token>
r.sendlineafter(b'Please input your token:', token.encode())

times = 0

def enc(m):
global times
times += 1
r.sendlineafter(b'>', m.encode())
r.recvuntil(b'you ciphertext : ')
cipher = r.readline().decode().strip()
return cipher

def getvec(i, num='00'):
return '11'*i + num + '11'*(128-i-1)

def getzero(vec):
return [i for i in range(128) if vec[i] == 0]

def bit_recover(b1, b2, diff):
return (b1 - b2)*pow(diff, -1, 257) % 257

def vec_recover(v1, v2, diff):
return [bit_recover(b1, b2, diff) for b1, b2 in zip(v1, v2)]


def diff_attack(idx):
# suppose xorflag = '00000000'
xorflag = 0
c00 = bytes.fromhex(enc(getvec(idx, '00')))
c80 = bytes.fromhex(enc(getvec(idx, '80')))
most = vec_recover(c80, c00, 0x80)
zero00 = getzero(c00)
zero80 = getzero(c80)
# if no zero in c00 and c80, then most is correct
if len(zero00+zero80) == 0:
return most
zero0080 = list(set(zero00) & set(zero80))
for i in zero0080:
# remove the zero in zero00 and zero80, they will be patched later
zero00.remove(i)
zero80.remove(i)
c40 = bytes.fromhex(enc(getvec(idx, '40')))
zero40 = getzero(c40)
k40 = vec_recover(c40, c00, -0x40)
k41 = vec_recover(c40, c00, 0x40)
if abs(norm(vector(ZZ, most)-vector(ZZ, k40))) < abs(norm(vector(ZZ, most)-vector(ZZ, k41))):
xorflag ^= 0x40
zero0040 = []
zero4080 = []
for i in zero00:
if i in zero40:
zero0040.append(i)
continue
most[i] = bit_recover(c80[i], c40[i], (xorflag^0x80)-(xorflag^0x40))
for i in zero80:
if i in zero40:
zero4080.append(i)
continue
most[i] = bit_recover(c40[i], c00[i], (xorflag^0x40)-xorflag)
if len(zero0040+zero4080+zero0080) == 0:
return most
c20 = bytes.fromhex(enc(getvec(idx, '20')))
k20 = vec_recover(c20, c00, 0x20)
k21 = vec_recover(c20, c00, -0x20)
if abs(norm(vector(ZZ, most)-vector(ZZ, k20))) > abs(norm(vector(ZZ, most)-vector(ZZ, k21))):
xorflag ^= 0x20
for i in zero0040:
most[i] = bit_recover(c80[i], c20[i], (xorflag^0x80)-(xorflag^0x20))
for i in zero4080:
most[i] = bit_recover(c20[i], c00[i], (xorflag^0x20)-xorflag)
for i in zero0080:
most[i] = bit_recover(c40[i], c20[i], (xorflag^0x40)-(xorflag^0x20))
return most

m = []

for i in tqdm(range(128)):
m.append(diff_attack(i))
success('recover key in {} times'.format(times))

c = bytes.fromhex(enc('0'*255+'1'))
M = matrix(GF(257), m).transpose()
result = (M**(-1)) * vector(GF(257), list(c))
flag = ''.join([chr(int(i)) for i in result])
flag1 = flag.split('\n')[0]
success('flag1: '+flag1)

# V = (M - matrix.identity(128)).right_kernel().basis_matrix()
# v = V[0]
# print(v)
# v = bytes(v)
# v = hex(bytes_to_long(v))[2:].zfill(256)
# print(v,len(v))
# r.sendlineafter(b'>', v.encode())

def cvp(M, v, d=2**10, mothod='BKZ'):
p = M.base_ring().characteristic()
M = M.change_ring(ZZ)
v = v.change_ring(ZZ)
M = M.stack(matrix.identity(M.ncols())*p)
M = M.stack(-v)
M = M.augment(vector(ZZ, [0]*(M.nrows()-1)+[d]))
if mothod == 'LLL':
M = M.LLL()
else:
M = M.BKZ()
vv = vector(ZZ, M[-1][:-1])
return vv+v

Z = (M - matrix.identity(128)).right_kernel().basis_matrix()
v = cvp(Z, vector(ZZ, [0x50]*128))
v = hex(bytes_to_long(bytes(list(v))))[2:].zfill(256)

r.sendlineafter(b'>', v.encode())

r.recvuntil(b'[+] unbelievable !!! You are an excellent hacker!\n')
flag2 = r.readline().decode().strip()
success('flag2: '+flag2)

r.recvuntil(b'[+] how can you find such an exquisite solution?\n')
flag3 = r.readline().decode().strip()
success('flag3: '+flag3)

r.close()
作者

未央

发布于

2023-11-05

更新于

2024-05-16

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