m0lecon CTF 2023 Beginner

Web 🌐

Unguessable

Questa sfida è stata la più facile nella CTF (aveva più risoluzioni del sanity check, lol). Infatti, per risolverla, tutto ciò che dovevi fare era capire che il sito web recuperava la bandiera da un punto finale /vjfYkHzyZGJ4A7cPNutFeM/flag, e per ottenerla abbiamo aperto l’endpoint enumerato l’intero sito.

...
function update(res) { // the function used by the site to get the flag
    if (res === "wrong") {
    card.style.backgroundColor = "red";
    text.innerText = "Wrong, try again";
    } else {
    card.style.backgroundColor = "green";
    fetch("/vjfYkHzyZGJ4A7cPNutFeM/flag")
        .then((response) => response.text())
        .then((str) => {
        text.innerText = str
        });
    }

    card.removeAttribute("hidden");
}
...

Secure Access

La challenge aveva un allegato, un file di bytecode Python (.pyc), che una volta decompilato, aveva questa funzione:

def generate_token(nonce: str):
    username = 'user001'
    secret = hashlib.sha256(username.encode() + nonce.encode()).hexdigest()
    bundle = {'user':username, 'secret':secret}
    return base64.b64encode(json.dumps(bundle).encode())

La challenge richiedeva un username (ovviamente admin) e un token di accesso che si poteva calcolare mediante un nonce dato dall’endpoint /stage2?username=admin. Una volta finito di calcolare il token usando la funzione menzionata precedentemente, tutto quello che rimaneva da fare per ottenere la flag era mandare il token e automaticamente ottenere accesso al pannello da amministratore.

Piano Carriera

Tutti quelli che hanno partecipato alla m0lecon CTF beginner 2021 e si ricordano la challenge Exam Booking, potrebbero riconoscere la situazione in cui un utente doveva registrare una data di esame già esaurita.

In un modo simile, questo problema richiede di bypassare un check client-side che blocca la richiesta di registrazione. Una volta che tutti i dati sono stati ricavati, l’unica cosa che resta da fare è fare una richiesta alle API per registrarsi e ottenere la flag. I parametri necessari per fare ciò sono cod_ins (20FWYOV), cod_ins_padre (29EBHOV), e id_padre (244355).

Crittografia 🔒

Fast RSA

Questa volta, la challenge richiede di decifrare una flag encriptata usando RSA dove però p - q = 4. Ciò, ovviamente, è molto vulnerabile poichè se p ugaule q allora è facile calcolare la radice quadrata del modulo N e poi cercare un valore tale per qui N mod V = 0. A questo punto, v sarà uguale a p e q sarà il risultato della deivisione intera di N per p. Questa challenge può essere quindi finita calcolando la chiave privata d.

AND Cipher

Questa challenge richiede di decrittare un cifrario che usa solo operazioni bit a bit AND. Ovviamente, questa operazione non è reversibile, quindi l’unica soluzione a questo problema è fare molte richieste alle API per ottenere la flag encriptata ogni volta con una key diversa.

A questo punto, è necessario salvare il valore massimo di ogni byte, e se è stato scelto un buon bound, la flag sarà il risultato della concatenazione di ciascun bound.

for _ in range(250):
    json = requests.get(URL + "api/encrypt").json()
    json = bytes.fromhex(json['encrypted'])
    for i in range(26):
        flag[i] = max(flag[i], json[i])

CrazyXOR

CrazyXOR fornisce un allegato contenente il codice sorgente che calcola il crazy XOR di 7 numeri casuali compresi tra 10^5 e 5*10^5. Utilizza quindi uno di questi numeri casuali per inizializzare il generatore random, che genererà a sua volta quindi la chiave utilizzata per criptare la flag.

def crazy_xor(x):
	primes = prime_factors(x)
	res = 0

	for p1 in primes:
		for p2 in primes:
			if p1 <= p2:
				res = res ^ math.lcm(p1, p2) # Least common multiple

	return res

Una volta osservato che le 7 iterazioni della challenge sono un modo per rendere il bruteforce del seed più complesso e quindi inutile, e che brutare ogni x passata al crazy XOR direattamente è sufficiente, basta solo emulare ogni passaggio e controllare se decriptando il testo si ottiene la flag per risolvere di conseguenza la challenge.

PoliTO Ch(e)atbot

Dopo una breve analisi del sito l’obbiettivo era chiaro: cifrare il token I'm Bob Masters, gimme the flag! usando il tool AES-128 ECB.

Inizialmente, abbiamo provato a dividere il token in due blocchi da 16 bytes e cifrarli separatamente. In ogni modo però questo approccio non era corretto poiché la pagina blacklistava il secondo blocco così com’era. Facendo altri tentativi abbiamo notato che 'a' * 16 cifrato risultava uguale a 'a' * 16 + 'b'. Questo indicava che il tool cifrava solamente i primi 16 bytes del plaintext inserito.

Seguendo quest’osservazione, per bypassare il controllo, bastava scrivere il secondo blocco concatenato con qualche testo randomico. Questo portava il tool a encriptare il secondo blocco rivelando di conseguenza la flag.

PoliTOcheatbot 2.0

In questa challenge, l’obiettivo era quello di cifrare una password usando un OTP (One-Time-Pad) a noi sconosciuto. Dopo diversi tentativi, abbiamo notato come il tool cifrasse tutti i plaintext da noi inseriti e mandasse indietro lo xor tra il plaintext ed una key xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx (dove ovviamente le x erano caratteri ASCII printabili). Dopo diversi tentativi, abbiamo notato come se all’inizio la chiave fosse aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa, nel tentativo successivo la chiave fosse bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb. Avendo fatto quest’osservazione, per calcolare la chiave con cui cifrare l’OTP ci bastava conoscere la chiave usata in precedenza per cifrare un testo a caso. Una volta cifrata e spedita la password, abbiamo ottenuto la flag come da aspettative.

Binary 💻

Polito Pay 2 Win

Probabilmente per risolvere Polito Pay 2 Win, l’idea base era di patchare il binario/DLL fornito negli allegati della challenge per comprare immediatamente la flag. In ogni modo, la nostra idea (forse unintended) fu di aprire il file market.py e poter leggere la flag direttamente in chiaro.

Memory Wizard

Memory Wizard aveva in allegato un binario 64-bit x86-64 ELF che richiedeva un indirizzo da qui leggere della memoria per poi printarla nello standard output.

Analizzando l’eseguibile, è possibile osservare che entrambe le variabili (flag ecc..) erano presenti nello stack a 8 bytes di distanza. A questo punto, usando l’address leakkato dalla challenge, era possibile trovare la flag calcolando 0xADDRESS + 8 = 0xFLAGADDRESS.

OURsql

OURsql è sicuramente una delle challenge più interessanti in questa CTF. Sembrerebbe a prima vista un binario che legge un database file di testo e lo usa per farci alcune query. Dopo altre analisi, ho notato che nel caso in cui il massimo numero di utenti fosse raggiunto, il programma avrebbe iniziato a sovrascrivere gli utenti all’inizio della lista. Questo mi ha quindi permesso di sovrascrivere la password dell’utente con la flag. Il mio exploit prevedeva infatti di spammare registrazioni finchè l’untente con la flag fosse sovrascritto. Questo mi permise di accedere come “admin”, risolvendo la challenge.

The Wall

The Wall aveva in allegato un ELF a 64-bit con il nome null_wall (ci sarà utile più tardi lol). Una volta decompilato, ci restituiva circa questo risultato:

Una volta decompilato, abbiamo osservato come erano organizzate le variabili e abbiamo notato come la flag fosse presente 20 bytes dopo l’inizio del nostro buffer, seguita da un null byte. Questo null byte evitava che la flag venisse printata se venivano mandati meno di 19 byte. In ogni modo, una volta scritti esattamente 19 bytes (0x13 bytes), la flag veniva leakkata.

Miscellaneous 🧭

Strange Extension

Quindi, questa challenge era risolvibile semplicemente aprendo il file in allegato nella challenge usando questo sito per poter immediatamente ottenere la flag. P.S.: Probabilmente non era il modo più pulito per risolvere questa challenge ma la abbiamo risolta comunque così.

A sky full of 5t4r5

Questa volta, la challenge conteneva l’immagine (paurosamente pesante, circa 211 MB) che è riassunta in questo screenshot:

Dopo aver analizzato la foto con ExifTool abbiamo notato come nei commenti dei metadata fosse presente questa frase Some people say there is a question mark in this picture, can you find the flag near it?. A questo punto, non rimaneva che cercare in giro per la foto per un po’ un punto di domanda (in alto a destra) per trovare di fatto la flag.

Strangers in the Noise

“Strangers in the Noise” conteneva la famosa canzone di Frank Sinatra “Stranger in the Night”. Analizzando la challenge non abbiamo trovato molto finché non abbiamo osservato lo spettro della canzone mentre questa era in riproduzione. Una volta osservato lo spettro abbiamo ottenuto uan sorta di flag cifrata ovvero swp{v0p3wk1qj_1q_b0xu_h4u5_z4v_vr_4qq0b1qj}, tutto quello che ci rimaneva per risolvere la challenge era di usare il Cifrario di Cesare per decifrare la flag e risolvere la challenge.

Qui è visibile una parte iniziale della flag sw.