攻防世界新手专区——CRYPTO
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CP,CRYPTO

3251 字
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26 分钟

解答密码学题目时我们要用到很多网站（有大佬手撸也可以），可参考ctf-wiki，GitHub，Max HackBar脚本以及很多在线网站。

image-20220128205039871

001 base64

image-20220128205105269

一看题目就知道这题和base64解密有关。

不清楚的可以看刘志军师傅的知乎文章：https://zhuanlan.zhihu.com/p/339477329

打开附件，可以看到是一个txt文件，它的内容是这样的：

Y3liZXJwZWFjZXtXZWxjb21lX3RvX25ld19Xb3JsZCF9

根据题目提示，直接用base64进行解码：

image-20220128205614674

image-20220128205749941

image-20220128210327311

都可以得到正确的答案。下面的题目就以一种方法进行解答了，毕竟每一种方法都很多。

002 Caesar

image-20220128210624652

题目标注了这是个凯撒密码。

在早期，凯撒密码（Caeser Cipher）是指将密文平移三位，后来经过推广，平移个数扩展为任意位，即移位密码（Shift Cipher）

凯撒密码（Caesar）加密时会将明文中的 每个字母 都按照其在字母表中的顺序向后（或向前）移动固定数目（循环移动）作为密文。例如，当偏移量是左移 3 的时候（解密时的密钥就是 3）：

明文字母表：ABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ
密文字母表：DEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZABC

使用时，加密者查找明文字母表中需要加密的消息中的每一个字母所在位置，并且写下密文字母表中对应的字母。需要解密的人则根据事先已知的密钥反过来操作，得到原来的明文。例如：

明文：THE QUICK BROWN FOX JUMPS OVER THE LAZY DOG
密文：WKH TXLFN EURZQ IRA MXPSV RYHU WKH ODCB GRJ

转自labster师傅的文章古典密码-凯撒密码Caeser

打开附件，可以看到：

oknqdbqmoq{kag_tmhq_xqmdzqp_omqemd_qzodkbfuaz}

下面进行解答。

image-20220128211226468

当然，如果自己提前已经写好了脚本，直接运行也可以。

003 Morse

image-20220128211650410

很显然就是摩尔斯密码了：打开附件。

11 111 010 000 0 1010 111 100 0 00 000 000 111 00 10 1 0 010 0 000 1 00 10 110

这就是最简单的摩尔斯密码了，直接使用工具，先将1替换成.，0替换成-，进行解码：

11 111 010 000 0 1010 111 100 0 00 000 000 111 00 10 1 0 010 0 000 1 00 10 110
——>.. ... -.- --- - .-.- ... .-- - -- --- --- ... -- .- . - -.- - --- . -- .- ..-
——>ISKOTSWTMOOSMAETKTOEMAU

感觉不不对，反过来试试

11 111 010 000 0 1010 111 100 0 00 000 000 111 00 10 1 0 010 0 000 1 00 10 110
——>-- --- .-. ... . -.-. --- -.. . .. ... ... --- .. -. - . .-. . ... - .. -. --.
——>MORSECODEISSOINTERESTING

啊这，行吧，答案就是这个，把格式改一下，加上cyberspace{}，提交，成功！

wp里ZER0_Nu1L师傅对于这个问题的思考也很值得我们学习：

Morse 编码能用两个符号就能表示26个字母和十个数字，并且不会产生歧义，一定有它的方法。稍微想一下，其实就能想到这个方法，就是用哈夫曼编码。 用.表示左分支，用-表示右分支。 根结点没有数据，第二层左孩子和右孩子分别是.和-. 有：$2^5-2<26+10<2^6-2$ . 所以对应的树的深度是 5，亲测正确（手画）。

004 幂数加密

image-20220128213256404

二进制幂数加密通过二进制的几次方表示字母的序号来对信息加密。由二进制转换成十进制的时候，还可以表示成2的N次方的形式。
例如：$15=2^0+2^1+2^2+2^3$
因此我们称这种加密方法为“二进制”的幂数加密。

详细内容可以参考这位师傅的文章：https://zhuanlan.zhihu.com/p/401814787

打开附件可以看到：

8842101220480224404014224202480122

其实幂数加密又名01248密码或云影密码。上网很容易就能搜到。

作者在他的github里是这么描述的:

【云影密码】
此密码运用了1248代码，因为本人才疏学浅，尚未发现有过使用的先例，因此暂归为原创密码，若有密码界前辈认为不妥，
请指出此密码或类似密码的普遍使用历史并附寄一份到我站内邮箱，我将以最快速度核查并改正。由于这个密码，我和片风云影初识，为了纪念，将其命名为“云影密码”，原文请见谜题大全精华区。
原理很简单，有了1，2，4，8这四个简单的数字，你可以以加法表示出0-9任何一个数字，例如0=28，7=124，9=18。
这样，再用1-26来表示A-Z，就可以用作密码了。
为了不至于混乱，我个人引入了第五个数字0，来用作间隔，以避免翻译错误，所以还可以称“01248密码”。

很奇妙的一种想法，我们解题知道这个密码的原理就行，然后继续使用工具（狗头保命！）

image-20220128214943280

格式加上cyberspace{}，提交，成功！

005 Railfence

image-20220128215057499

打开附件可以看到：

ccehgyaefnpeoobe{lcirg}epriec_ora_g

这道题考的是==栅栏密码==，==crypto-wiki==是这么描述的

所谓栅栏密码，就是将要加密的明文分为N个一组，再从每组的选出一个字母连起来，形成一段无规律的密文。

栅栏密码并非一种强的加密法，其加密原理限制了密钥的最高数量不可能超过明文字母数，而实际加密时密钥数目更少，因此有些密码分析员甚至能用手直接解出明文。

这道题考察的不是简单的栅栏密码，而是它的变种www型栅栏密码。

一开始使用len=35进行试探，惨遭失败。

WWW型的加密密钥就不只能是字符串长度的因子，小于其长度的任何一个数都可能是其key值，所以第一步也是确定密钥，可以一次次试探。

可以参考影子019师傅的文章

我们还是使用工具吧！我们编写完程序以后用工具的形式展现结果。

image-20220128215804566

006 不仅仅是Morse

image-20220128220527216

打开附件可以看到：

--/.-/-.--/..--.-/-..././..--.-/..../.-/...-/./..--.-/.-/-./---/-/...././.-./..--.-/-.././-.-./---/-.././..../..../..../..../.-/.-/.-/.-/.-/-.../.-/.-/-.../-.../-.../.-/.-/-.../-.../.-/.-/.-/.-/.-/.-/.-/.-/-.../.-/.-/-.../.-/-.../.-/.-/.-/.-/.-/.-/.-/-.../-.../.-/-.../.-/.-/.-/-.../-.../.-/.-/.-/-.../-.../.-/.-/-.../.-/.-/.-/.-/-.../.-/-.../.-/.-/-.../.-/.-/.-/-.../-.../.-/-.../.-/.-/.-/-.../.-/.-/.-/-.../.-/.-/-.../.-/-.../-.../.-/.-/-.../-.../-.../.-/-.../.-/.-/.-/-.../.-/-.../.-/-.../-.../.-/.-/.-/-.../-.../.-/-.../.-/.-/.-/-.../.-/.-/-.../.-/.-/-.../.-/.-/.-/.-/-.../-.../.-/-.../-.../.-/.-/-.../-.../.-/.-/-.../.-/.-/-.../.-/.-/.-/-.../.-/.-/-.../.-/.-/-.../.-/.-/-.../.-/-.../.-/.-/-.../-.../.-/-.../.-/.-/.-/.-/-.../-.../.-/-.../.-/.-/-.../-.../.-

他说不止Morse，肯定包含morse，先摩尔斯解码，得到：

MAY_BE_HAVE_ANOTHER_DECODEHHHH
AAAAABAABBBAABBAAAAAAAABAABABAAAAAAABBABAAABBAAABBAABAAAABABAABAAABBABAAABAAABAABABBAABBBABAAABABABBAAABBABAAABAABAABAAAABBABBAABBAABAABAAABAABAABAABABAABBABAAAABBABAABBA

他说了还有其他的解码方式，那么针对下面的一堆AB，可以很容易想到培根解密。

==百度百科==里可以查到：

加密时，明文中的每个字母都会转换成一组五个英文字母。其转换依靠下表：

A/a aaaaa H/h aabbb O/o abbba V/v babab
B/b aaaab I/i abaaa P/p abbbb W/w babba
C/c aaaba J/j abaab Q/q baaaa X/x babbb
D/d aaabb K/k ababa R/r baaab Y/y bbaaa
E/e aabaa L/l ababb S/s baaba Z/z bbaab
F/f aabab M/m abbaa T/t baabb
G/g aabba N/n abbab U/u babaa

加密者需使用两种不同字体，分别代表A和B。准备好一篇包含相同AB字数的假信息后，按照密文格式化假信息，即依密文中每个字母是A还是B分别套用两种字体。

解密时，将上述方法倒转。所有字体一转回A，字体二转回B，以后再按上表拼回字母。

法兰西斯·培根另外准备了一种方法，其将大小写分别看作A与B，可用于无法使用不同字体的场合（例如只能处理纯文本时）。但这样比起字体不同更容易被看出来，而且和语言对大小写的要求也不太兼容。

培根密码本质上是将二进制信息通过样式的区别，加在了正常书写之上。培根密码所包含的信息可以和用于承载其的文章完全无关。

知道它是培根密码直接丢到工具里去就行了。

image-20220128221107590

007 混合编码

image-20220128221216804

打开附件：

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

看上去是base64，解码一下：

┌──(kali㉿kali)-[~]
└─$ echo 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|base64 -d
LzExOS8xMDEvMTA4Lzk5LzExMS8xMDkvMTAxLzExNi8xMTEvOTcvMTE2LzExNi85Ny85OS8xMDcvOTcvMTEwLzEwMC8xMDAvMTAxLzEwMi8xMDEvMTEwLzk5LzEwMS8xMTkvMTExLzExNC8xMDgvMTAw

我们看到&#+数字，这是Html实体编码（&#数字型），解码：

image-20220128222951950

得到：

LzExOS8xMDEvMTA4Lzk5LzExMS8xMDkvMTAxLzExNi8xMTEvOTcvMTE2LzExNi85Ny85OS8xMDcvOTcvMTEwLzEwMC8xMDAvMTAxLzEwMi8xMDEvMTEwLzk5LzEwMS8xMTkvMTExLzExNC8xMDgvMTAw

看上去还是很长，继续用base64解密一下，得到：

/119/101/108/99/111/109/101/116/111/97/116/116/97/99/107/97/110/100/100/101/102/101/110/99/101/119/111/114/108/100

可以看到这是纯数字，中间以/隔开，且都没有超过127，很明显是ASCII编码，将/替换为空格，解码一下：

image-20220128223907853

然后和上面一样加上cyberspace{}提交即可。

008 easy_RSA

image-20220128224010396

打开附件：

在一次RSA密钥对生成中，假设p=473398607161，q=4511491，e=17，求解出d。

我们先了解一下RSA算法原理：

RSA公钥加密算法是1977年由Ron Rivest、Adi Shamirh和LenAdleman在（美国麻省理工学院）开发的。RSA取名来自开发他们三者的名字。RSA是目前最有影响力的公钥加密算法，它能够抵抗到目前为止已知的所有密码攻击，已被ISO推荐为公钥数据加密标准。RSA算法基于一个十分简单的数论事实：将两个大素数相乘十分容易，但那时想要对其乘积进行因式分解却极其困难，因此可以将乘积公开作为加密密钥。

img

┌──(kali㉿kali)-[~]
└─$ python3                        
Python 3.9.8 (main, Nov  7 2021, 15:47:09) 
[GCC 11.2.0] on linux
Type "help", "copyright", "credits" or "license" for more information.
>>> q=4511491
>>> p=473398607161
>>> e=17
>>> pni=(p-1)*(q-1)
>>> import libnum
>>> d=libnum.invmod(e,pni)
>>> d
125631357777427553

那么flag就是cyberspace{125631357777427553}

009 easychallenge

image-20220129204246839

下载附件可以看到是一个pyc文件，网上查找一下相关内容：

pyc是一种二进制文件，是由Python文件经过编译后所生成的文件，它是一种byte code，Python文件变成pyc文件后，加载的速度有所提高，而且pyc还是一种跨平台的字节码，由python的虚拟机来执行的，就类似于JAVA或者.NET的虚拟机的概念。pyc的内容与python的版本是相关的，不同版本编译后的pyc文件是不同的，例如2.5版本编译的是pyc文件，而2.4版本编译的python是无法执行的

py文件是可以直接看到源码的，但是一般情况下开发出来的商业软件都不可能直接把源码泄漏出去，这样我们就需要把它编译成pyc文件来保护源码。另外pyc文件也是可以反编译的

可以看到pyc文件是隐蔽的，看不到源码的，而它运行的结果是这样的。

image-20220129205110034

不管输入啥都会瞬间消失。我们可以试着反编译一下查看一下源码，搜一下相关工具，找到了一个只能运行在 python2.7下的库uncompyle。

我直接用最新版的python进行了，结果

┌──(kali㉿kali)-[~]
└─$ uncompyle6 1.pyc
I don't know about Python version '3.9.8' yet.
Python versions 3.9 and greater are not supported.
I don't know about Python version '3.9.8' yet.
Python versions 3.9 and greater are not supported.
I don't know about Python version '3.9.8' yet.
Python versions 3.9 and greater are not supported.
I don't know about Python version '3.9.8' yet.
Python versions 3.9 and greater are not supported.
I don't know about Python version '3.9.8' yet.
Python versions 3.9 and greater are not supported.
I don't know about Python version '3.9.8' yet.
Python versions 3.9 and greater are not supported.
Traceback (most recent call last):
  File "/usr/local/bin/uncompyle6", line 33, in <module>
    sys.exit(load_entry_point('uncompyle6==3.9.0a1', 'console_scripts', 'uncompyle6')())
  File "/usr/local/bin/uncompyle6", line 25, in importlib_load_entry_point
    return next(matches).load()
  File "/usr/lib/python3.9/importlib/metadata.py", line 77, in load
    module = import_module(match.group('module'))
  File "/usr/lib/python3.9/importlib/__init__.py", line 127, in import_module
    return _bootstrap._gcd_import(name[level:], package, level)
  File "<frozen importlib._bootstrap>", line 1030, in _gcd_import
  File "<frozen importlib._bootstrap>", line 1007, in _find_and_load
  File "<frozen importlib._bootstrap>", line 986, in _find_and_load_unlocked
  File "<frozen importlib._bootstrap>", line 664, in _load_unlocked
  File "<frozen importlib._bootstrap>", line 627, in _load_backward_compatible
  File "<frozen zipimport>", line 259, in load_module
  File "/usr/local/lib/python3.9/dist-packages/uncompyle6-3.9.0a1-py3.9.egg/uncompyle6/bin/uncompile.py", line 65, in <module>
  File "<frozen importlib._bootstrap>", line 1007, in _find_and_load
  File "<frozen importlib._bootstrap>", line 986, in _find_and_load_unlocked
  File "<frozen importlib._bootstrap>", line 664, in _load_unlocked
  File "<frozen importlib._bootstrap>", line 627, in _load_backward_compatible
  File "<frozen zipimport>", line 259, in load_module
  File "/usr/local/lib/python3.9/dist-packages/uncompyle6-3.9.0a1-py3.9.egg/uncompyle6/verify.py", line 24, in <module>
  File "/usr/local/lib/python3.9/dist-packages/xdis-6.0.3-py3.9.egg/xdis/std.py", line 236, in <module>
    _std_api = make_std_api()
  File "/usr/local/lib/python3.9/dist-packages/xdis-6.0.3-py3.9.egg/xdis/std.py", line 233, in make_std_api
    return _StdApi(python_version, variant)
  File "/usr/local/lib/python3.9/dist-packages/xdis-6.0.3-py3.9.egg/xdis/std.py", line 78, in __init__
    self.opc = opc = get_opcode_module(python_version, variant)
  File "/usr/local/lib/python3.9/dist-packages/xdis-6.0.3-py3.9.egg/xdis/op_imports.py", line 180, in get_opcode_module
    return op_imports[canonic_python_version[vers_str]]
KeyError: '3.9.8'

我一开始是想管理python库，将 python3.9 的版本转化为 python2.7 。最后再运行库，结果，还是返回相同的报错，总之搞了很长时间都没有解决，所以我换了个python版本是3.8的虚拟机重新安装第三方库，然后就顺利得到了反编译代码:

# uncompyle6 version 3.8.0
# Python bytecode 2.7 (62211)
# Decompiled from: Python 3.8.10 (default, Nov 26 2021, 20:14:08) 
# [GCC 9.3.0]
# Embedded file name: ans.py
# Compiled at: 2018-08-09 11:29:44
import base64
def encode1(ans):
    s = ''
    for i in ans:
        x = ord(i) ^ 36
        x = x + 25
        s += chr(x)
    return s
def encode2(ans):
    s = ''
    for i in ans:
        x = ord(i) + 36
        x = x ^ 36
        s += chr(x)
    return s
def encode3(ans):
    return base64.b32encode(ans)
flag = ' '
print 'Please Input your flag:'
flag = raw_input()
final = 'UC7KOWVXWVNKNIC2XCXKHKK2W5NLBKNOUOSK3LNNVWW3E==='
if encode3(encode2(encode1(flag))) == final:
    print 'correct'
else:
    print 'wrong'
# okay decompiling 1.pyc

观察代码可以发现，UC7KOWVXWVNKNIC2XCXKHKK2W5NLBKNOUOSK3LNNVWW3E===是一段base32代码，是经过了三次encode最终得到的结果，按照他的过程发过来解码一下就得到了flag

import base64
f='UC7KOWVXWVNKNIC2XCXKHKK2W5NLBKNOUOSK3LNNVWW3E==='
s=base64.b32decode(f)
print(''.join(chr((((i^36)-36)-25)^36) for i in s))

或者按照xctf-wp给出的

import base64
s="UC7KOWVXWVNKNIC2XCXKHKK2W5NLBKNOUOSK3LNNVWW3E==="
s=base64.b32decode(s)
m = ''
for i in s:
   x = ord(i) ^ 36
   x = x - 36
   m+= chr(x)
h = ''
for i in m:
   x = ord(i) - 25
   x = x ^ 36
   h+= chr(x)
print h

image-20220131195917853

得到flag。

010 转轮机加密

image-20220131233436273

先从block2016了解一下：

转轮机是古典加密方法的集大成者，二战时轴心国普遍应用了该技术，可惜惨遭盟军攻破，德日还蒙在鼓里，一定程度上改变了最终的战局。

　　转轮机的原理概括起来就是循环置换的多表代换技术，尤其是多筒转轮机，可重复使用数以万计的字母替换表。

　　以三筒转轮机为例：

　　

img

　　　　有三个可以独立旋转的圆筒，每个圆筒内部有26个输入引脚和26个输出引脚，内部连线使得输入与输出唯一连接。

　　　　每按一下输入键（旋转键），快速转子旋转一个引脚，当快速转子转满一轮（循环归位）时，带动中速转子旋转一个引脚，以此类推，类似钟表的秒分时。

　　　　今天，转轮机的意义在于它曾经给目前最广泛使用的密码--数据加密标准DES指明了方向。

打开附件以后可以看到：

1:  < ZWAXJGDLUBVIQHKYPNTCRMOSFE <
2:  < KPBELNACZDTRXMJQOYHGVSFUWI <
3:  < BDMAIZVRNSJUWFHTEQGYXPLOCK <
4:  < RPLNDVHGFCUKTEBSXQYIZMJWAO <
5:  < IHFRLABEUOTSGJVDKCPMNZQWXY <
6:  < AMKGHIWPNYCJBFZDRUSLOQXVET <
7:  < GWTHSPYBXIZULVKMRAFDCEONJQ <
8:  < NOZUTWDCVRJLXKISEFAPMYGHBQ <
9:  < XPLTDSRFHENYVUBMCQWAOIKZGJ <
10: < UDNAJFBOWTGVRSCZQKELMXYIHP <
11： < MNBVCXZQWERTPOIUYALSKDJFHG <
12： < LVNCMXZPQOWEIURYTASBKJDFHG <
13： < JZQAWSXCDERFVBGTYHNUMKILOP <

密钥为：2,3,7,5,13,12,9,1,8,10,4,11,6
密文为：NFQKSEVOQOFNP

了解加密原理以后编写脚本求解即可：（别的师傅的wp）

import re
sss = '1: < ZWAXJGDLUBVIQHKYPNTCRMOSFE < 2: < KPBELNACZDTRXMJQOYHGVSFUWI < 3: < BDMAIZVRNSJUWFHTEQGYXPLOCK < 4: < RPLNDVHGFCUKTEBSXQYIZMJWAO < 5: < IHFRLABEUOTSGJVDKCPMNZQWXY < 6: < AMKGHIWPNYCJBFZDRUSLOQXVET < 7: < GWTHSPYBXIZULVKMRAFDCEONJQ < 8: < NOZUTWDCVRJLXKISEFAPMYGHBQ < 9: < XPLTDSRFHENYVUBMCQWAOIKZGJ < 10: < UDNAJFBOWTGVRSCZQKELMXYIHP < 11 < MNBVCXZQWERTPOIUYALSKDJFHG < 12 < LVNCMXZPQOWEIURYTASBKJDFHG < 13 < JZQAWSXCDERFVBGTYHNUMKILOP <'
m = 'NFQKSEVOQOFNP'
# 将sss转化为列表形式
content=re.findall(r'< (.*?) <',sss,re.S)
# re.S:DOTALL，此模式下，"."的匹配不受限制，可匹配任何字符，包括换行符
iv=[2,3,7,5,13,12,9,1,8,10,4,11,6]
print(content)
vvv=[]
for i in range(13):
    index=content[iv[i]-1].index(m[i])
    vvv.append(index)
print(vvv)

for i in range(0,26):
    flag=""
    for j in range(13):
        flag += content[iv[j]-1][(vvv[j]+i)%26]
    print(flag.lower())

知道原理直接手撕其实也是没毛病的。

手动转一下：
NACZDTRXMJQOYHGVSFUWIKPBEL
FHTEQGYXPLOCKBDMAIZVRNSJUW
QGWTHSPYBXIZULVKMRAFDCEONJ
KCPMNZQWXYIHFRLABEUOTSGJVD
SXCDERFVBGTYHNUMKILOPJZQAW
EIURYTASBKJDFHGLVNCMXZPQOW
VUBMCQWAOIKZGJXPLTDSRFHENY
OSFEZWAXJGDLUBVIQHKYPNTCRM
QNOZUTWDCVRJLXKISEFAPMYGHB
OWTGVRSCZQKELMXYIHPUDNAJFB
FCUKTEBSXQYIZMJWAORPLNDVHG
NBVCXZQWERTPOIUYALSKDJFHGM
PNYCJBFZDRUSLOQXVETAMKGHIW

在第 17 列发现有语义的英文：FIREINTHEHOLE
==cyberpeaceP{fireinthehole}==

011 Normal_RSA

image-20220202204621039

打开附件可以看到：

image-20220202204817031

这个类型里可以看到flag.enc是一个wireshark的文件，那么打开看看：

image-20220206141410752

这么看这个文件就不是wireshark的流量包，上网查找一下：

image-20220206141651622

越看越离谱，算了，还是直接看师傅们的wp吧：

flag.enc 看后缀enc，分析是一个通过openssl加密后生成的文件

pubkey.pem 应该是一个公钥信息文件

官方wp里用到了CTF-RSA-tool然后我这边就开始倒腾CTF-RSA-tool，经过了我不懈努力，终于还是决定换一个工具！（这个工具用python2打开少了库，我给python2装了一个pip，然并卵，python3打开报错，可恶）

那么只好踏踏实实的按照上面得到的内容来继续解密，flag.enc是openssl加密得到的东西，kali里面有这个，我们直接解密：

┌──(kali㉿kali)-[~]
└─$ openssl
OpenSSL> rsa -pubin -text -modulus -in warmup -in pubkey.pem
RSA Public-Key: (256 bit)
Modulus:
    00:c2:63:6a:e5:c3:d8:e4:3f:fb:97:ab:09:02:8f:
    1a:ac:6c:0b:f6:cd:3d:70:eb:ca:28:1b:ff:e9:7f:
    be:30:dd
Exponent: 65537 (0x10001)
Modulus=C2636AE5C3D8E43FFB97AB09028F1AAC6C0BF6CD3D70EBCA281BFFE97FBE30DD
writing RSA key
-----BEGIN PUBLIC KEY-----
MDwwDQYJKoZIhvcNAQEBBQADKwAwKAIhAMJjauXD2OQ/+5erCQKPGqxsC/bNPXDr
yigb/+l/vjDdAgMBAAE=
-----END PUBLIC KEY-----

先将模数转化成10进制，然后借用在线质因数分解网站分解一下：

<img src="https://pic-for-be.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/img/202205131510421.png"; alt="image-20220207102812844" style="zoom:50%;" />

那么可以得到：

  • p=275127860351348928173285174381581152299
  • q=319576316814478949870590164193048041239
  • e=65537
┌──(kali㉿kali)-[~/rsatool]
└─$ python rsatool.py -f PEM -o key.pem -p 275127860351348928173285174381581152299  -q 319576316814478949870590164193048041239       
Using (p, q) to initialise RSA instance
n =c2636ae5c3d8e43ffb97ab09028f1aac6c0bf6cd3d70ebca281bffe97fbe30dd
e = 65537 (0x10001)
d =1806799bd44ce649122b78b43060c786f8b77fb1593e0842da063ba0d8728bf1
p = 275127860351348928173285174381581152299 (0xcefbb2cf7e18a98ebedc36e3e7c3b02b)
q = 319576316814478949870590164193048041239 (0xf06c28e91c8922b9c236e23560c09717)
Saving PEM as key.pem
┌──(kali㉿kali)-[~/rsatool]
└─$ openssl rsautl -decrypt -in flag.enc -inkey key.pem                                                                               PCTF{256b_i5_m3dium}

终于还是师傅们的wp香！

012 easy_ECC

<img src="https://pic-for-be.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/img/202205131510422.png"; alt="image-20220207103914090" style="zoom:50%;" />

先了解一下ECC加密：

椭圆加密算法（ECC）是一种公钥加密体制，最初由Koblitz和Miller两人于1985年提出，其数学基础是利用椭圆曲线上的有理点构成Abel加法群上椭圆离散对数的计算困难性。公钥密码体制根据其所依据的难题一般分为三类：大素数分解问题类、离散对数问题类、椭圆曲线类。有时也把椭圆曲线类归为离散对数类。

原理方面可以参考https://blog.csdn.net/sitebus/article/details/82835492。

打开附件，可以看到：

已知椭圆曲线加密Ep(a,b)参数为

p = 15424654874903

a = 16546484

b = 4548674875

G(6478678675,5636379357093)

私钥为

k = 546768

求公钥K(x,y)

本题没得说，了解好原理以后直接编写脚本求解，然而我是菜鸡，编写脚本比较困难，所以只能白嫖大佬的wp了了：

p=15424654874903
a=16546484
b=4548674875
k=546768
gx=6478678675
gy=5636379357093

def ksm(a,b):
    # print(a)
    r=1
    a=(a%p+p)%p
    aa=a
    while b:
        if b&1:
            r=r*a%p
        a=a*a%p
        b>>=1
    print(aa*r%p)
    return r

def add(x1,y1,x2,y2):
    # k=((ay-by)*ksm((ax-bx+p)%p,p-1)%p+p)%p;
    # a=((k*k-ax-bx)%p+p)%p
    # b=(k*(ax-(a-p))%p+p)%p
    # print(x1,end=" ")
    # print(y1);
    # print(x2,end=" ")
    # print(y2);
    if x1==None:
        return x2,y2
    if x2==None:
        return x1,y1

    if x1==x2 and y1!=y2:
        return None,None

    if x1==x2:
        m=(3*x1*x1+a)*ksm(2*y1%p,p-2)
    else:
        m=(y1-y2)*ksm((x1-x2)%p,p-2)
    # print(m%p)
    x3=m*m-x1-x2
    y3=y1+m*(x3-x1)
    return x3%p,-y3%p

# k=k-1
rx=None
ry=None
while k:
    if k&1:
        rx,ry=add(rx,ry,gx,gy)
    # print(gx,end="     ")
    # print(gy)
    gx,gy=add(gx,gy,gx,gy)
    k>>=1
    # print(rx,end=" ")
    # print(ry)

print(rx+ry)
#19477226185390

那么flag就是cyberpeace{19477226185390}。

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