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2023-12-05 04:01:44 AnQuanKeInfo 来源：ZONE.CI 全球网 0 阅读模式

前言

临近五一事情比较多，基本用的是零碎的时间玩的*ctf，有些题目还是很有趣的

babyprng

首先看一下主要代码：

def run(self, code):
    stack = []
    out = []
    cnt = 0
    random.seed(os.urandom(8))
    self.TH = 0.7 + random.random()*0.25
    for _ in xrange(self.SIZE):
        stack.append(self.randbit())
    try:
        pos = 0
        for _ in xrange(self.SIZE*10):
            c = code[pos]
            pos += 1
            if c=='x00':
                out.append(stack[-1])
            elif c=='x01':
                if stack[-1]==1:
                    pos += 1
            elif c=='x02':
                del stack[-1]
            elif c=='x03':
                stack[-1] = stack[-1]&stack[-2]
            elif c=='x04':
                stack[-1] = stack[-1]|stack[-2]
            elif c=='x05':
                stack[-1] = stack[-1]^stack[-2]
            #elif c=='x06':
            #    stack[-1] = 1-stack[-1]
            #elif c=='x06':
            #    stack.append(stack[-1])
            elif ord(c)>=0x10 and ord(c)<=0x30:
                pos += ord(c)-0x10
            elif ord(c)>=0x30 and ord(c)<=0x50:
                pos -= ord(c)-0x30

首先TH随机生成的值大概会在0.8左右，后面就以TH=0.8来讨论，那么按照算法，stack中大概有80%为0，20%为1

我们要做的是使得最终的out有大约一半的0和一半的1，而且元素的个数不能太少，我做这种题目喜欢在本地搭建，因为proof_of_work等待的时间实在有点长

我们关注第三个，第四个，第五个操作，列举出stack最后两个元素的可能情况和经过这些操作后的值：

出现的概率	最后两个元素可能的值	与操作	或操作	异或操作
64%	00	00	00	00
16%	01	00(改变)	01	01
16%	10	10	11（改变）	11（改变）
4%	11	11	11	10（改变）

自己的解法

观察到对于10来说^操作可以将其变为11而11又可以变成10，这样最后一位就可以在我们的控制下做周期性的交替了，而且最后两步操作是可以重新将pos指针重新指向code的任意位置的，如此一来就能实现周期性的循环操作，所以解法是在一个周期的前半周期里重复执行0的操作，然后中间执行一次异或操作，改变最后一元素的值，后半周期再重复执行0操作，这样就能再一个周期里取一半的0再取一半的1了

上面能成功的前提条件是stack最后两位的初始值为10或者11，可能的概率为16%+4%=20%，所以如果没有成功的话多尝试几次就可以了，exp：

from socket import *
from libnum import *
import string
from re import *
from hashlib import sha256

def connect(host, port):
    s = socket()
    s.connect((host, port))
    return s

def cal(proof, ans, set):
    for i in set:
        for j in set:
            for k in set:
                for m in set:
                    if sha256(i+j+k+m+proof).hexdigest() == ans:
                        print i+j+k+m
                        return i+j+k+m

def proof_of_work(s):
    msg = s.recv(1024)
    print msg
    set = string.ascii_letters+string.digits

    reg = 'sha256(XXXX+(.+)) == (.+)n'
    regexp = compile(reg)
    res = regexp.findall(msg)

    proof = res[0][0]
    ans = res[0][1]

    print s.recv(1024)
    s.send(cal(proof, ans, set))
    print s.recv(1024)


def main():
    host = '34.92.185.118'
    port = 10002
    s = connect(host, port)
    proof_of_work(s)

    msg = chr(0)*15+chr(5)+chr(0)*15+chr(0x50)
    print msg.encode('hex')
    s.send(msg.encode('hex')+'n')
    print s.recv(1024)


if __name__ == '__main__':
    main()

官方的解法

先来看exp（稍微有改动，因为我觉得有一步貌似没必要= =）：

msg = 'x02x02x051x35x02'+'x00'*10+'x40'

上个自己画的图：

可以看到流程就是利用跳转来实现循环语句，直到异或以后最后一位为1，然后删掉1，取倒数第二位10次，然后再删除这一位，继续异或，重复操作。

通过异或使得最后一位为1只有两种可能10和01，且这两种情况等概率出现（均为16%），所以倒数第二位为0或者1的概率各为50%，也即算法等价于在每个周期等概率的取0或者1，这样的话成功的概率就很大了

babyprng2

核心代码：

def run(self, code):
        stack = []
        sequence = []
        out = []
        cnt = 0
        random.seed(os.urandom(8))
        self.TH = 0.7 + random.random()*0.25
        for _ in xrange(self.SIZE):
            stack.append(self.randbit())
        try:
            pos = 0
            for _ in xrange(self.SIZE*0x10):
                c = code[pos]
                pos += 1
                if c=='x00':
                    out.append(stack[-1])
                    del stack[-1]
                elif c=='x01':
                    if stack[-1]==1:
                        pos += 1
                elif c=='x02':
                    stack[-1] = stack[-1]&stack[-2]
                elif c=='x03':
                    stack[-1] = stack[-1]|stack[-2]
                elif c=='x04':
                    stack[-1] = stack[-1]^stack[-2]
                elif c=='x05':
                    sequence.append(stack[-1])
                    del stack[-1]
                elif c=='x06':
                    sequence.insert(0,stack[-1])
                    del stack[-1]
                elif c=='x07':
                    if len(stack)>=2:
                        pos += 1
                elif c=='x08':
                    stack+=sequence[::-1]
                    sequence=[]
                elif ord(c)>=0x10 and ord(c)<=0x1a:
                    pos += ord(c)-0x10
                elif ord(c)>=0x30 and ord(c)<=0x3a:
                    pos -= ord(c)-0x30

这道题和上面题目的区别：

delta更小、out append的时候每次还会把栈删除、多了对seq的操作，循环的次数更多，而要求out的元素更少

自己的解法

由于可以做判断是否为一，那么我可以在一个周期里第一步取0，如果不是0就丢弃然后重复判断（送入seq），如果是0就判断下一个是否为1，如果是1就进入下一个周期，如果不是的话就丢弃然后再重复判断，这样相当于每个周期都在重复的取01

画成图就是这个样子：

或者这个样子

但是这样并不能实现，因为误删除元素（送入seq）的有很多，循环还没结束就会因为stack的元素全部没有了而报错，导致out的元素个数就不够了，本地测试最多也就在2万左右，达不到3万，但是我们有一个判断stack元素还剩多少的方法，当stack要空了的时候只要用第8个方法把seq的元素重新放回stack重复利用就行了，虽然构造有点麻烦，但总归是可以实现的：

对应poc：01140708053607080001140708003a0708053a

notcurves

题目有一个非常严重的Bug，导致了非常严重的非预期

self.dosend("please give me a point(pi,qi): n")
R = self.recvpoint(30)
(u,v) = R
print R
if (u*v)%p == 0:
    self.dosend("%sn" % FLAG)
else:
    self.dosend(">.<n")
self.request.close()

没有检查参数R，所以R可以是(0, 0)，直接就能过，应该大部分人都是这样做出来的吧。。。

比赛结束以后我还是很兴奋的重新看了一下，毕竟ECC椭圆曲线的题目很少，但是由于这道题没有官方wp，所以我也只能猜测一下出题人的预期解

首先在循环里能做的操作其实只有3个，第一个是ADD方法，实现的功能是求椭圆曲线上两点相加的结果，第二个是MUL方法，实现的功能是在椭圆曲线上求一个点的倍数，而我觉得预期解法应该是最后一个DIV方法

def DIV(self):
    self.dosend('input point A: n')
    A = self.recvpoint(30)
    self.dosend('input number t: n')
    t = self.recvnum(10)
    C = div(t,A)
    self.dosend("the result is :"+str(C)+'n')


def div(t,A,B=0):
    (u,v) = A
    if (u*v) %p != 1:
        #print u*v*sub((p,t))%p
        return u*v*sub((p,t))%p
    else:
        return B


def sub(A):
    (u,v) = A
    v = v%p
    if v > 2**11:
        print u//v
        return u//v
    else:
        return 0

仔细观察代码会发现这个方法并没有调用其他两个方法里的check_point方法，也就是不检查输入的点是否在椭圆曲线上，这就可以任意构造了，题目的要求是求出p的大小，而这个方法完全可以做到：

由于检查u、v不能直接为(1, 1)，所以可以令uv为(1, 2)最后返回的结果除以2就能得到sub(p, t)的结果，而我们是大致知道p的范围的，因为p=getprime(15)*getprime(15)所以p的范围在pow(2, 29)到pow(2, 30)之间，如果令t也在pow(2, 29)到pow(2, 30)之间且p>=t的话，那么p//t结果一定是返回1，否则的话返回其他结果，那么我们就可以通过二分法查找来缩小范围，从而确定p的值（所以这道题和ecc有啥关系？。。。）

exp：

from socket import *
from libnum import *
import string
from re import *
from hashlib import sha256



def connect(host, port):
    s = socket()
    s.connect((host, port))
    return s

def cal(proof, ans, set):
    for i in set:
        for j in set:
            for k in set:
                for m in set:
                    if sha256(i+j+k+m+proof).hexdigest() == ans:
                        print i+j+k+m
                        return i+j+k+m

def proof_of_work(s):
    msg = s.recv(1024)
    print msg
    set = string.ascii_letters+string.digits

    reg = 'sha256(XXXX+(.+)) == (.+)n'
    regexp = compile(reg)
    res = regexp.findall(msg)

    proof = res[0][0]
    ans = res[0][1]

    print s.recv(1024)
    s.send(cal(proof, ans, set))
    print s.recv(1024)

def send4(s, msg):

    print '4'
    s.send('4n')
    print s.recv(1024)
    print '(1,2)'
    s.send('(1,2)n')
    print s.recv(1024)
    print str(msg)
    s.send(str(msg) + 'n')
    res = s.recv(1024)
    print res
    print s.recv(1024)

    reg = 'the result is :(.+)'
    regexp = compile(reg)
    r = regexp.findall(res)
    num = r[0]
    return int(num)



def main():
    host ='127.0.0.1'
    port = 20005
    s = connect(host, port)
    proof_of_work(s)


    print s.recv(1024)

    low = 2**29
    high = 2**31
    mid = (low + high) / 2
    count = 0
    while high>low:
        if send4(s, mid)==2:
            low = mid
        else:
            high = mid
        tmp = mid
        mid = (low + high) / 2
        if mid == tmp:
            count += 1
        else:
            count = 0
        if count >5:
            break

    mid += 1

    print 5
    s.send('5n')
    print s.recv(1024)
    print (1, mid)
    s.send('(1,%d)n'%mid)
    print s.recv(1024)
    print s.recv(1024)


if __name__ == '__main__':
    main()