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RSS订阅原创 攻防世界 no_strings_attached(两种动调)
无壳32，ida在authenticate里面看到了decrypt，操作之后返回字符串，也就是说，想要的字符串就经过了decrypt的处理，追踪。
2024-10-17 16:14:07
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原创 攻防世界pwn level2
想要溢出buf，就要0x88-0x00+0x04个字节，溢出部分为实现system函数，system(command)的command为/bin/sh,即可拿到shell.2.system返回值为四个字节，为了堆栈平衡，填上四个垃圾字符，再到/bin/sh地址。进入vulnerable_function(这个名字其实就给了提示)buf大小为0x88，read范围为0x100，存在溢出漏洞。查看字符串，看到了system，/bin/sh.1.buf溢出写入system地址。
2024-09-23 20:53:41
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原创 攻防世界re Windows_Reverse1
然后，可以看到 v4 = a1 - v1,也就是 a1 = v4 + v1,所以v4 + v1 表示的就是我们input的地址，再到第十五行，可以改写为 *v1 = byte_202FF8[(char)(v1+v4)] ,括号里面就是input的地址，不断++v1，所以可以看作对于input的遍历。这里就有点摸不着头脑，不知道怎么进行下一步，有可能是指针给的地址相同，在sub_201000中做出了操作，但是下面的byte_202FF8是干什么的，进入byte_202FF8。看见里面的1经过处理后变成了m。
2024-09-10 16:22:11
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原创 攻防世界re EASYHOOK
这里似乎有一个坑，把"This_is_not_the_flag"赋给v4，如果v4里面前21字符的内容和"This_is_not_the_flag"一样，那么就将指针的值变为1，也就是证明flag是正确的。这里的a1数组即为buffer数组，就是用来存放我们输入的数组，但是注意在main函数中，只有a1数组长度为19时，才会进行下一步，而这里的长度是21，自相矛盾，所以姑且认为这里就是一个干扰项。所以dword_40C9BD中存放的就是sub_401080到IpAddress加上jmp指令的距离。
2024-09-08 21:26:56
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原创 攻防世界re elrond32
可以发现，sub_8048414(a1 + 1, 7 * (a2 + 1) % 11)，这条语句会让a2 = 7*(a2+1)%11。很简介的main函数，这时候就应该注意到有两个sub函数，第一个sub作为条件判断，第二个sub作为输出内容。memcpy就是把unk_8048760的数传递到v2中，点进unk_8048760,一个int占四个字节，所以第一个就是存的数，后三个用0填充。根据sub函数的内容写脚本，最后的putchar(10)，经查询，是换行的意思。选中整段，shift+E可以查看内容。
2024-07-20 13:41:58
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原创 攻防世界re answer_to_everything
sha1 得到了一个神秘的二进制文件。寻找文件中的flag，解锁宇宙的秘密。注意：将得到的flag变为flag{XXX}形式提交。解得flag{80ee2a3fe31da904c596d993f7f1de4827c1450a}#kdudpeh的“#”是tag吗？题目里的sha1是做什么的？NOT Win EXE，应该就是linux文件了，但是先不急。先交flag{kdudpeh}不对，就用sha1加密。简洁的main函数，点进not_the_flag。没有多余信息了，琢磨半天，啊？
2024-07-17 09:44:29
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原创 攻防世界re 666
然后看见strcmp(s,enflag)，判断两个字符串是否相等，可以知道enflag里面存在信息。分析一下，最后是返回a2，所以a2的结果就是enflag的内容，所以要得到flag，就得反着来。看for循环里面的内容，前三条是加密算法，而后三条是把得到的值依次存储在a2数组里面。strlen(v5)和key是否相等，可以知道key是个数字。一入眼有个f4cker_flag,交了一下也不对，忽略。有一个encode(v5,s),应该是个加密函数。无壳ELF，扔ida，先看看main函数。
2024-06-05 20:07:19
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空空如也
空空如也
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