本文主要是介绍[amateurs CTF 2024] crypto/pilfer-techies，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
这题费了几天,昨天写到11点半才基本完成程序,需要交互2000多,远程太慢了交互两次就断掉了，反正本地能成，程序逻辑上正确了。小鸡块也写了WP了等写完马上去看小鸡块神的思路。也许有的问题很大呢？
先简单看下题：
#!/usr/local/bin/python3import hmac
from os import urandomdef strxor(a: bytes, b: bytes):return bytes([x ^ y for x, y in zip(a, b)])class Cipher:def __init__(self, key: bytes):self.key = keyself.block_size = 16self.rounds = 256self.debug = Falsedef F(self, x: bytes):return hmac.new(self.key, x, 'md5').digest()[:15]def encrypt(self, plaintext: bytes):plaintext = plaintext.ljust(((len(plaintext)-1)//self.block_size)*16+16, b'\x00')ciphertext = b''for i in range(0, len(plaintext), self.block_size):block = plaintext[i:i+self.block_size]idx = 0for _ in range(self.rounds):L, R = block[:idx]+block[idx+1:], block[idx:idx+1]L, R = strxor(L, self.F(R)), Rblock = L + Ridx = R[0] % self.block_sizeif self.debug:print(block.hex())ciphertext += blockreturn ciphertext.hex()key = urandom(16)
cipher = Cipher(key)
flag = open('flag.txt', 'rb').read().strip()print("pilfer techies")
while True:choice = input("1. Encrypt a message\n2. Get encrypted flag\n3. Exit\n> ").strip()if choice == '1':pt = input("Enter your message in hex: ").strip()pt = bytes.fromhex(pt)print(cipher.encrypt(pt))elif choice == '2':print(cipher.encrypt(flag))else:breakprint("Goodbye!")
先取idx为0，从明文取第idx位（这个字节%10作为下下轮的idx），用hmac加密生成一个15字节的密钥（F函数）与明文其它部分异或，后边加上idx位的明文。
前边有一题是只有1轮，那个直接可以恢复。这个有256轮比较麻烦。
获取密钥R：
题目是通过R来加密，只需要获取所有的F（R）就可以解密了（256组），第1步是恢复R[0]
先构造一个明文看它的加密过程：
| 0 | 1 | ... | E | F | |
| 构造的时文 | 0 | x | ... | ||
| 第1轮idx=0 | x^F(0)[0] | 0 | |||
| 第2轮idx=0xf | 0^F(x^F(0)[0])[15] | x^F(0)[0] |
当某个idx位置的字符%10==0xf时，后边的idx变为0xf则一直用这个值对前边加密一直到256次结束，由于加密直接是异或，所以后边的每两个会相互抵消。
第1步 取得R[0]的第1位
当构造一个串，第1位为0，第2位为x，如果x^F(0)[0]%0x10=0xf时，只需要两轮便会结束（后边互相抵消）。这个可以通过爆破获取所有值，但需要判断哪一个是正确的，因为所有密文值的尾字节都是F结束。
这样我来构造两个明文：
pt1 = bytes([0,i]+[0]*14)
pt2 = bytes([0,i^0x70]+[0xff]*14)如果1的i^F(0)[0]%0x10==0xf只有两轮加密，则2也成立。则1与2的尾(i^F(0))[-1]^(i^0x80^F[0])[-1]==0x70 ，反之如果1不成立虽然最后也会是0xf但1和2加密次数不一定相同则尾号极大概率不同。
这时候通过i和尾号可以得到F(0)的第1字节： i^F(0)[0]=c[-1] => F(0)[0] = c[-1]^i
第2步 取得全部的R[0]
这是个来构造第2个明文，让流程idx变成0->0->f->f，由于已知F(0)的第1字节，所以设定让第2字节加密后为0，然后爆破第3字节让它再次加密后为尾号f
| 构造明文 | 0 | f00 | x | y | |||
| 第1轮 | f00^f00=0 | x^f(0)[1] | y^f(0)[-1] | 0 | |||
| 第2轮 | x^f(0)[1]^f(0)[0]=xf | y^f(0)[-1]^f(0)[-2] | 0^F(0)[-1] | 0 | |||
| 第3轮 | 0^F(0)[-1]^F(xf)[-2] | 0^F(xf)[-1] | xf | ||||
| 第4轮 | y^f(0)[-1]^f(0)[-2] | 0^F(0)[-1] | 0 | xf |
当有两轮f的情况，最后两轮的f(xf)会互相抵消，第4轮与第2轮比只是向前错了一位。c[13]=F(0)[-1]而当设置x,...y都为0时c[12]=f(0)[-1]^f(0)[-2]这样一直向前可以得到R[0]剩余的1－14位。
第3步 取得R的第F列
回到第1步取得的数据，第1步当设置流程为0->F时只有两轮加密F0和Fxf
现在已经知道R[0]那么就可以推出R[xf]，直接设置第1个为0第2个为R[0][0]^0xXF取得的密文与R[0]异或即可
第4步 取得全部的R
也是第1步的两轮流程，设置第1字节为s，第s%0x10+1字节为i爆破，由于只有两轮加密，而第2轮分部的尾号f的R已经在上一步全都得到，可以异或出其它值。但同第1步一样需要在尾字节符合的情况下作个反转其它字符来验证。
由于一共256－1－16组，每组爆破16种情况加几次验证直到通过，总次平均在8*239次以上。所以爆破量还是满大的。
这步其实并不需要解出全部的R，只需要在解密时需要哪一个再去爆破，每个平均9次，可以减少爆破量
解密：
获得全部的密钥后，解密就是从后向前查表。
第用最后一字节A对应的密钥对密文解密，通过解密后的尾字节B判断A插回到哪个位置。
同样有个问题，尾号为F时，由于加密是偶数次，可能出现尾号两轮都是F的情况，需要分别处理两次。
这个流程因为轮数未知无法判断结束，需要通过flag明文的特征（可见字符和pad \0）来判断。
解题代码：
包装的公共函数
from pwn import *cnt = 0
def get_v(pt):global cntcnt+=1p.sendlineafter(b'> ', b'1')p.sendlineafter(b"Enter your message in hex: ", pt.hex().encode())msg = p.recvline().strip().decode()return bytes.fromhex(msg)def get_tv(r0,r1=0,r2=0):return get_v(bytes([r0,r1,r2]+[0]*13))def get_flag():p.sendlineafter(b'> ', b'2')msg = p.recvline().strip().decode()return bytes.fromhex(msg)
总流程
def step1():global Rfor i in range(0x10):v1 = get_v(bytes([0,i]+[0]*14))v2 = get_v(bytes([0,i^0x70]+[0xff]*14))if v1[-1]^v2[-1]==0x70:print(i, v1.hex())R0 = get_r00(i^v1[-1]) #1,取得R0R[0] = R0[:-1]print('R[0]=', bytes(R[0]).hex())print(f"{cnt =}")get_rf() #2,取得第F列 16#get_rx() #3,取得第0列 +15#print(R)print(f"{cnt =}")#解密for i in range(0, len(enc_flag),16):decrypt(enc_flag[i:i+16])print(f"{cnt =}")break取得R[0][0]
#取得F(b'\x00')
#L^F(0)^F(0)^F(f)
def get_r00(f_0_0):print(f_0_0)for i in range(0x10):v = get_tv(0,f_0_0,i)if v[-2] != 0 : continuev2 = get_tv(0,f_0_0,i^0x70)if v2[-2] != 0: continueprint('Found:',i,v.hex())#f_0_1 = i^f_0_0R0 = [0]for j in range(13,-1,-1):R0.append(v[j]^R0[-1])R0.append(f_0_0)R0 = R0[::-1]print('R[0]',bytes(R0).hex()) #6bb5b072e39d1faf5dcad9f197837abreakreturn R0
取得尾号f列的R
'''
>>> get_v(0,0x6b^0xf)
0fb5b072e39d1faf5dcad9f197837a00
688f9f6f38387a4f4c9dffe49977ad0f
>>> get_v(0,0x6b,0x6b^0xb5^0xf)
0064b072e39d1faf5dcad9f197837a00
0f05c2917e82b0f29713286614f97a00
d8fd7cf227972785956c6867e377ad0f
05c2917e82b0f29713286614f97a000f #偶数次R(0)
688f9f6f38387a4f4c9dffe49977ad0f F0[100]
6bb5b072e39d1faf5dcad9f197837a R0
dd3fed8ca527d51286440e731a0dad Rf
'''
#0xf 0x1f 0x2f ... f列
#取得第F列def get_rf():global Rfor i in range(0xf,0x100,0x10):v = get_tv(0, R[0][0]^i)R[i] = [i for i in xor(v[:-1], bytes(R[0]+[0])[1:])]print(f'R_{i:x}', bytes(R[i]).hex())
取得剩余的全部R
#补全其它
'''
01 A B C ... 01000800000000000000000000000000
0f A C ... 01 dd7775c35d921c46f404c7682c5d437fdd75c35d921c46f404c7682c5d4301
A C ... 01 0f 8009b22d640ecb6f2e636ba734310e5d7c7170f6128d9b2aa4038b69720f7f
'''
def get_rx(s):global Rs1 = s%0x10for i in range(0x100):pt = [0]*16pt[0],pt[s1 + 1]=s,i v = get_v(bytes(pt))if v[-2] != s^R[v[-1]][-1]: continuept = [0xff]*16 #第2次取数，两次比较，减少碰撞取错pt[0],pt[s1 + 1]=s,i^0x80 v1 = get_v(bytes(pt))if v[-1]^v1[-1] != 0x80: continuet1 = [_ for _ in xor(v[:-2],bytes(R[v[-1]][:-1]))]R[s] = t1[:s1]+[i^v[-1]]+t1[s1:]#print(f">>> {s:x} {i:x} {bytes(R[s]).hex()}={cipher.F(bytes([s])).hex()} ")break
解密
'''
bf1a15ab9aead5616aa5190645377261
f254c239818ee6efbf22fd26a6b3711a
e972490815d417dbdace83652e4b4dfd
bdb42fad8f66745e0268bf39f2800e4b
590abff1ca6e45ca77266575e46ce839
3bf4dc2aedd787ea8bd281b165f4b026
d59eb0020556f207401d454d9863b187
f122b2591ace01be2ee552c890e3e607
dfed5b62b533dc7f25d06e48df632abe
e676085c75fd3053209d69c345a3342a
1800c0c8428c3e8e5bbc1bac23838b69
8d70d881e274ac1db5be359be0d40abc
cfc99964d2f8b21fa6a6a61a04868be0
f83546173cf934c079a84e273e3d3bcf
'''
def decrypt(enc):senc = encfor _ in range(2):enc = sencprint('way:',_)if _ == 1: #两个xf结尾if R[enc[-1]] == '':get_rx(enc[-1])enc = xor(enc[:-1],bytes(R[enc[-1]]))+enc[-1:]#print(enc.hex())m = 30while m:if R[enc[-1]] == '':get_rx(enc[-1])idx = enc[-1]enc1 = xor(enc[:-1],bytes(R[idx]))pos = enc1[-1]%0x10m -=1if all([1 if 0x20<=i<0x7f or i==0 else 0 for i in enc1.rstrip(b'\x00')]):enc = bytes([idx])+ enc1print(enc)breakelse:enc = enc1[:pos] + bytes([idx]) + enc1[pos:] #print(enc.hex())return enc
开始
#------ready-----------------------
R = ['']*0x100#context.log_level = 'debug'
#p = remote('chal.amt.rs', 1415)
p = process(['py', './pilfer-techies.py'])enc_flag = get_flag()
print(enc_flag)
step1()其它
看了小鸡块的WP Crypto趣题-Oracle | 糖醋小鸡块的blog
大神的思路完全不一样，但是显然更简单一点。
由于给定的原因第1个字节v0已知（后边块虽然未知但也可以猜，猜不了的就爆破） 那么通过v0确定下一字符的位置，然后猜下一字符v1。然后反复连接远端，由于密钥是动态的有1/16的概率会使第2个字节v1^F(v0)后的值＝xF ，当密文（每次连接重取）与爆破的密文后两字节相同时说明字符正确并且都是走过0->v0->v1->xf->xf 的加密过程，给出的flag是经过这个流程加密猜的也是相同，则两个异或就能得到明文的14字节，再加上猜的两个自己整理成一段。。。。
这篇关于[amateurs CTF 2024] crypto/pilfer-techies的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！
