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RSS订阅原创 BUUCTF--WEB(11~20)
注入'uunionnion sselectelect 1,2,(sselectelect group_concat(table_name) ffromrom infoorrmation_schema.tables wwherehere table_schema="geek")%23回显表为b4bsql和geekuser。令num=print_r(file_get_contents(chr(47).chr(102).chr(49).chr(97).chr(103).chr(103)))获取flag。
2023-08-15 19:33:08
182
原创 ping命令注入
注入127.0.0.1&net localgroup administrators test /add将test用户加入administrators组。注入127.0.0.1&net user test 12345678 /add创建用户test。注入127.0.0.1&net user查看所有用户，结果中显示test用户创建成功。注入127.0.0.1&whoami判断是否存在rec漏洞(远程系统命令执行漏洞)。注入127.0.0.1&net user test查看test用户详细信息。
2023-07-15 09:14:16
380
原创 MySQL的基本使用
在xinghe数据库中创建一个表(school)，指定字段uid(无符号整型且自增、主键)、name(非空)、class(非空)；命令：create table school(uid int unsigned auto_increment primary key,name varchar(10) not null,class varchar(10) not null);命令：insert into school(name,class) values('shihao','2');查看dvwa数据库中的表；
2023-07-15 09:10:43
99
原创 pikachu靶场暴力破解
输入随意用户名和密码，但当验证码输入错误或为空时，Burp Suite捕获不到数据包，输入正确验证码，使用Burp Suite抓包。原理：由于验证码是前端验证，当验证码输入有误的情况下，数据包无法被捕获，只有当验证码正确，才能被捕获，此时验证码已经没有作用。原理：由于验证码是后端验证形式，当数据包被捕获后没有放行，则服务器后台没有更新新的验证码，可以借此绕过验证码进行爆破。(密码和token值为变量参数)将数据包发送至转发模块，随意输入错误验证，提示验证码有误，将验证码改为正确的，提示用户名和密码有误。
2023-07-14 10:20:15
63
原创 NSFFCTF--CRYPTO(1~10)
4、设x=a+b=sqrt(a^2+b^2+2ab)，y=a-b=sqrt(a^2+b^2-2ab)，a=(x+y)/2，b=(x-y)/2。分析代码：生成p，q为400位的素数，且q前200位是p后200位，后200位是p前200位。将flag进行RSA加密输出c和n。解压后得到一串密文，密文中出现:K=，当:K=ASCII码值分别加9，对应为CTF，推测密文经过移位加密，使用脚本得到flag。注意：因为ab是400位，根据不等式a^2+b^2>=2ab，则a^2+b^2必为401位，且第一个数为1。
2023-07-12 08:35:45
626
原创 CTF秀--愚人节欢乐赛
解压得到无后缀文件，010Editor查看，根据文件头(7B5C727466)确定是rtf文件，补充后缀rtf并打开。根据提示中三哈表示0则进行转换，3个哈转成0，<200c><200c><200c><200c><200c><200c><200d>哈哈哈表示1。得到flag，但发现复制下来的密文出现了变化，flag提交时也报错了，进入连接使用F12，找到密文，在复制下来解密，得到正确的flag。使用010Editor打开文件，根据文件头(PK)确定是zip文件，将文件重命名为zip文件。
2023-07-11 18:35:33
196
原创 CTF秀--新手杯
得到密文和提示，由于国内电话都是1开头，长度为12位，则使用1000000000000相减，得到的明文使用ctfshow{}格式包裹得到flag。查看提示文件1，得知文件进行了逆序，在线恢复逆序，使用010Editor查看文件是去头的png文件，补充头部，得到png模糊的图片。解压后得到一张图片，观察为图片被切割重组过，通过裁剪查看分割的高和原图的宽，再使用脚本将图片重组得到flag。解压文件被加密处理，双击查看得到提示，结合题目提示推出密码，解压得到三个文件。
2023-07-11 18:23:46
319
原创 CTF秀--七夕杯
根据题目内容提示将密文以-位置进行拆分。将密钥(后部分)以16进制转成2进制，再将密文使用脚本进行处理(对应密钥为1则大写，对应为0则小写)。得到一张图片，通过010Editor使用字符串搜索ctf，得到flag。进行base64解密得到flag。
2023-07-11 18:16:00
204
原创 CTF秀--年CTF
打开链接对PHP代码分析，使year=2022.时，==判断前先转换成字符串型判断为真，year+1后为浮点型，!==判断也为真，得到flag。通过分析密文首部和提示可以知道使用了Rabbit(兔)加密，提示也给出了密码(2023)，使用Rabbit解密得到flag。
2023-07-11 18:13:12
175
原创 BUUCTF--Web(1~10)
echo$IFS$9Y2F0IGZsYWcucGhwCg$IFS$9|base64$IFS$9-d$IFS$9|sh执行成功，同时查看源代码取出flag。使用php://input伪协议发现该伪协议被禁用，使用php://filter伪协议拿到base64源代码，使用basecrack进行解码得到源代码，flag就在其中。方法二：base64加密法(使用base64将cat flag.php加密绕过禁用)注意：这里不能只加密flag.php，因为echo写入是不会将$IFS$9转换成空格。
2023-07-11 08:31:14
265
原创 CTF秀--2023愚人杯
使用GET方式传入index.php查看源代码页面，但页面无法直接显示，进入源代码窗口，将base64密文进行解密得到index.php源代码，获得flag。文本文件中出现大量的四句话，推测是base4加密，使用脚本翻译出密文，base4有A(4,4)=24种排列，再使用脚本列出24种明文，找到flag。进入链接没有异常，F12进入控制台，查看url地址，发现是通过GET传入，传入前经过base64加密。压缩包存在加密，010Editor查看发现文件尾有key=，判断是密码，但经过base64加密，
2023-07-11 08:11:41
424
原创 CTF秀--单身杯
解压出来还有一个文本文件，打开发现里面没有e，根据上面文本的名字推测文本中的密文就是e(加密的)。得到解压后的文件打开其中的文本文件，根据提示使用敲击码解码，得到压缩包密码(还有一层加密)，再根据提示暗示使用九键解密(手搓脚本)得到纯数字密码。根据题目提示是古典base，则尝试使用古典密码进行转换后进行base解密。将得到的密文进行转换(将大写改为小写并在大写字母后面添加一个空格)，得到明文。摩斯解密后也进行九键解密得到e。通过图片中的小人可以得知是跳舞的小人密码，对照解密表进行解密。
2023-07-09 23:59:20
382
原创 CTF秀--菜狗杯
再使$_REQUEST[$_GET[$_POST[$_COOKIE['CTFshow-QQ群:']]]][6][0][7][5][8][0][9][4][4]=system("cat /f*")，查看f开头的文件内容。令_GET=a，则有：$key=_GET，$value=a，有：$$key=$_GET=$$value=$a，可知使用GET传入_GET=flag可以得到flag。令cookie中传入CTFshow-QQ群:=a，则有$_POST['a']，令post中传入a=b，则有$_GET['b']。
2023-07-09 23:39:04
4658
2
原创 墨者学院在线靶场--WEB安全--SQL注入
测试注入禁用password，注入-1+%75nion+%73elect+1,%64atabase(),(%73elect+group_concat(%70%61%73%73%77%6f%72%64)+%66rom+%73%74%6f%72%6d%67%72%6f%75%70%5f%6d%65%6d%62%65%72),4回显得到三个MD5加密的密码。
2023-07-09 22:50:57
1640
原创 墨者学院在线靶场--网络安全
确定用户名和密码都为admin，进行登录得到提示进制登录，将插件X-Forwarded-For HeaderIP地址设置为127.0.0.1，再次登录得到key。进入超级链接，进行投票(只能投一次)，使用插件X-Forwarded-For Header设置一个IP地址并进行投票，同时用Burp Suite.vbs抓包。使用Burp Suite.vbs进行爆破，再发送给服务器进行刷票(当IP不足时，可以更改前几位)，再次登录可以得到key。打开Burp Suite.vbs，对超级链接进行抓包。
2023-07-09 11:17:37
264
1
原创 封神台--尤里的复仇Ⅰ小芳！
注入100 union select 1,(select group_concat(column_name) from information_schema.columns where table_name='admin')回显admin表中的字段(Id、username、password )。注入100 union select 1,(select group_concat(username) from admin)回显admin表中username字段(admin、ppt领取微信 )。
2023-07-09 10:59:57
143
1
原创 BUUCTF--N1BOOK
尝试注入'and updatexml(1,concat(0x7e,(seLect group_concat(table_name) from information_schema.tables where table_schema='note'),0x7e),1)#将select关键字绕过，成功回显出表(fl4g和users)。注入'and updatexml(1,concat(0x7e,(seLect group_concat(flag) from fl4g),0x7e),1)#回显出flag。
2023-07-09 10:34:34
1015
1
原创 BUUCTF--Reverse(31~40)
代码中的提示base64经过变换，进入字符串后找到base64表，查看引用(点击进入，Ctrl+X)，发现一个可疑函数(O_OLookAtYou)，进入伪代码。sub_401050函数：为使返回为真，byte_403180=byte_403000，再将变换处理逆着处理，可以得到byte_403078。分析代码：主函数中有两个线程同时运行，StartAddress函数先运行，再sub_41119F函数运行，最后依次运行。exeinfope查看文件无壳，使用IDA打开文件并搜索字符串flag，取出flag。
2023-07-09 10:22:14
192
1
原创 BUUCTF--Reverse(21~30)
分析代码：byte_6CC0A0第一个字符与v1(前8位，v4[0])异或为f，byte_6CC0A3与v4[3]异或为g，对应flag第一和第四个字符。分析代码：伪代码中关键函数是sub_401080，只有v5=byte_40E0E4时，进入下面if时才提示flag正确。IDA查看脱壳后文件发现花指令，将花指令nop，即将call改为nop(E8改为90)，再将相关txt编成函数(P键)。分析代码：sub_40100A()和sub_401019()代码分析推测是哈希算法。即(a1-16)为flag。
2023-07-08 23:33:36
244
原创 BUUCTF--Reverse(11~20)
分析代码：将v7~v16进行变换后为[51, 67, 69, 72, 74, 74, 83, 90, 90, 97, 110]，得到String[0]=51+34='U'，String[1]=74='J'。v4是v18通过base64加密得来的，解密后v18=jMp，则String[5]=j，String[6]=M，String[7]=p。得到flag.enc和pub.key文件，根据标题提示，推测是RSA加密，使用RSA解密脚本破解pub.key文件得到公钥(n,e)。
2023-07-08 23:13:03
336
1
原创 BUUCTF--Reverse(1~10)
exeinfope.exe查看文件，发现位数为32位，使用IDA32打开，Shift+F12找到flag。将脱壳后的文件用IDA32打开，Shift+F12寻到关键字符串，跳转到伪代码部分，分析代码得到flag。跳转到伪代码，分析代码并编写脚本爆破求出flag。exeinfope.exe查看文件，发现文件为带壳32位，使用FFI.exe进行脱壳。使用IDA64打开exe文件，再使用Shift+F12查看字符串，得到flag。exeinfope.exe查看文件为32位无壳，IDA32打开文件搜索字符串。
2023-07-08 22:51:03
1854
原创 BUUCTF--Misc(61~70)
使用Kinovea.exe打开mp4文件，通过word文件中的提示，定位到mp4文件的5秒左右位置(5.66)和7秒左右位置(7.36)得到有效信息。根据标题提示，分析后应该是键盘加密，但密文有不符合键盘加密的特征，最后发现是根据键盘位置连接为明文，即flag。得到压缩包无法解压(损坏)，010Editor查看发现文件头的第一个和第二个字符反了，更改回来解压。提取zip文件并解压，得到文本，文本中含有大量表情符号，推测是Aaencode加密，解压得到docx文件，里面发现一串音符，知道是音符加密，
2023-07-08 22:30:06
327
原创 BUUCTF--Misc(51~60)
运行exe文件得到一个文本，文本中的内容提到NTFS，猜测是ntfs交换数据流，其中寄生文件是flag.txt，通过notepad命令查看宿主下面的寄生文件。解压得到一个文本，其余需要密码，根据文本中的提示，使用010Editor更改为EBCDIC编码(因为密文中较多有空格)，取出密码。解压后发现文件损坏，010Editor查看，发现文件本是jpg文件，文件头前面数据被更改为png文件头，更改回来后得到flag。图片无异样，再通过010Editor查看图片，在文件末尾发现隐藏的rar文件，将其分离出来。
2023-07-08 22:18:32
781
原创 BUUCTF--Misc(41~50)
解压有两个gif文件，其中有一个无法打开，010Editor查看无法打开的gif文件，发现无法打开的gif无文件头，添加文件头，再查看gif文件取出flag。在第9流中发现zip文件信息，使用Foremost分解出zip文件，zip文件中有句提示，根据提示确定上面图片为密钥，解压出flag。得到一个无用的文本和一个损坏的gif文件，010Editor查看gif后，发现是缺少文件头，补充文件头修复文件。图片没有异常，010Editor查看，发现隐藏数据，分析是16进制数据，使用。
2023-07-08 22:05:12
235
原创 BUUCTF--Misc(31~40)
010Editor打开文件发现是zip文件，再搜索flag，得知文件中有flag.txt文件，更改后缀名解压，找到flag.txt取出flag。解压时发现需要密码，由于没有提示信息，则使用archpr.exe进行4位数字(一般情况)掩码爆破得到密码，解压取出flag。解压的图片和文本中没有有效信息，使用010Editor查看图片，发现隐藏zip文件，提取出来。Wireshark打开pcapng文件，搜索flag，再进行流跟踪，发现文件中存有rar文件。解压得到docx文件，里面有一张二维码，
2023-07-08 10:08:29
412
原创 BUUCTF--Misc(21~30)
打开key_part_one下的文件得到Brainfuck密文，使用https://www.splitbrain.org/services/ook解密得到半部flag。解压后得到vmdk文件，使用kali中7z命令解压文件，得到关键文件key_part_one和key_part_two。图片没有异样，使用010Editor打开图片查看最后部分得到特殊的二进制字符串，使用脚本转成ASCII码就是falg。根据标题提示，直接将解压文件送去火绒杀毒，找到存在后门的文件。
2023-07-08 09:52:00
278
原创 BUUCTF--Misc(11~20)
使用010Editor打开图片，搜索flag，得到的flag经过base64加密，使用basecrack解密得到flag。使用Wireshark打开pcapng文件，使用Ctrl+F搜索flag.(因为提示说是个文件)，找到flag.jpg。分离出来的zip设有密码，通过题目提示使用archpr.exe进行4位数掩码爆破，取得flag。将解压到的图片使用Stegsolve.jar打开，发现有LSB隐写，整理数据得到flag。对flag.jpg进行流量追踪，再搜索flag{，得到flag。
2023-07-08 09:39:25
234
原创 BUUCTF--Crypto(61~70)
分析代码：flag被分为两部分F1、F2，c1(F1+F2)经过RSA加密后为m1，c2(F1^3+F2^3)经过RSA加密后为m2。明文无法utf-8编码，观察发现明文中以3个数字或2个数字为一组，进行ASCII转字符，得到flag。打开doc文件，对比文件中的内容，发现其中有两段文字大致一样，将不同的字符一一对应形成密码表。分析密文：字母表示日历上的星期(即列数)，T和S有两个，则T1表示第一个，T2表示第二个。得到c1=F1+F2，c2=F1^3+F2^3后，使用脚本求出F1和F2，即flag。
2023-07-07 19:39:27
564
2
原创 BUUCTF--Crypto(51~60)
根据标题提示、数字范围(9以内)、每组数字个数(4以内)，确定使用九宫格键加密，使用脚本求解。解压后使用pycharm打开py文件，而文本文件中是py文件的输出(p、q、c)，直接用RSA解密脚本求出flag。打开文本有3组N和c，发现密文中数字不超过5，则断定为5进制，先进行进制转换，再使用RSA解密脚本求出flag。根据标题提示，将文本中的密文对照天干地支表并加上一甲子(60)，使用脚本将其转换成字符，即flag。文本中有一串密文，根据提示：曼联，确定是曼彻斯特编码，使用脚本进行解码得到flag。
2023-07-07 19:28:05
333
1
原创 BUUCTF--Crypto(41~50)
再通过hint文本中的提示，可以知道还有加密，根据密文特征猜测是base32，提示中的一句疑问，判断凯撒移位为3(因为凯撒最初是固定移3位，若判断不出来则全部试一下)。提示中说数字串是关键且flag长度为32位数字，则猜测数字串是根据斐波那契数列乱序排列的，使用及脚本恢复数字串顺序，即flag。密文是一组字符串，通过观察和标题提示，字母都在26键的第1行(有10个)中，则可以确定每个字母对应各自上方的数字。文本文件中有两组数据，长度都为32，根据提示：数字列，可能与排列有关，脚本排列发现是斐波那契数列。
2023-07-07 19:17:53
545
1
原创 BUUCTF--Crypto(31~40)
将最后一个字符N+47=}，可以判断使用了移位加密，又通过v+47=¥，则确定不是普通移位加密，而是ROT47加密(ASCII码只取33~126)。使用文本打开文件，发现16进制的n(最后的L表示long类型)，e，c，使用脚本转换成10进制，再使用RSA解密脚本求解m，即flag。得到文件使用文本打开，发现16进制的p+q、(p+1)*(q+1)、d、c，转换成10进制后通过RSA解密脚本求出flag。使用pycharm打开py文件，得到p、q、e、c，RSA解密脚本得到flag。
2023-07-07 19:04:03
248
1
原创 BUUCTF--Crypto(21~30)
得到文本是一个加密后的用户名和密码，一般用户名和密码使用的是MD5加密，根据提示使用。密文只有三个未知字符，可以直接使用脚本爆破，得到密文的MD5，即flag。注意：密文中是中文乱码，不可以直接将字符串进行异或，所以使用文本方式读出。题目给出p，q，dp，dq和c，直接使用RSA解密脚本求出flag。解密得到一串6进制字符串，使用Hex加解密脚本得到flag。根据标题推测使用的是异或加密，使用脚本解密得到flag。拿到数据直接上RSA解密脚本得到flag。使用RSA解密脚本直接求得flag。
2023-07-07 18:50:44
305
1
原创 BUUCTF--Crypto(11~20)
根据关系S转成F相隔13，则密文中C应转换成P，再次使用CTFcracktools.jar进行解密，选择首字母是P的词为flag。根据题目中信息罗马人的加密方法，只能是凯撒加密，使用CTFcracktools.jar进行解密，在进行翻译寻找到有意义的词。标题提示是古典密码，常见的古典密码有栅栏和凯撒，使用CTFcracktools.jar进行栅栏和凯撒解密，得到flag。文本中是一串数字密文，通过题目提示flag是一串中文，则推测是中文电码，使用网站。根据题目提示，直接使用凯撒，无flag，再使用网站。
2023-07-07 18:40:22
288
1
原创 BUUCTF--Crypto(1~10)
解压得到密文和flag格式，通过分析密文前4个字符与flag这4个字符对应的差值，确定密文的ASCII码值依次增加了5，6，7，8，使用脚本解出密文得到flag。解码得到一串密文，密文形式类似flag{...}，使用CTFcracktools.jar进行凯撒解密得到flag。解压得到提示，根据提示确定flag有10位，使用姓名拼音首字母zs加生日得到flag。解压得到一串密文，密文中出现大量%，确定为URL解密，通过网站。进行MD5解密，得到flag。进行摩斯解密，得到flag。解密，得到flag。
2023-07-07 18:23:55
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