提前了解目的地法律规定 / HK 流量在旅游的时候是最不值钱的（提前买流量顶多一天50RMB），落地买卡也 OK。 / 大型公共区域（比如地铁站）有公共免费 WiFi，连上免费几十分钟，可以作为没有提前买流量的后悔药。

2024 6.30 NTRU 还是不太会配平 / 没有提交 密码挑战赛 解答有点难过，但自己也确实没啥贡献 / 还得多学原理，随缘师傅说的是对的，我目前最重要的不是去学习新知识，而是巩固已有的知识

Hill Cipher(不知道题目叫什么名字) 下载题目附件后打开看到 / 拖到 010 Editor 提示报错，注意到文件末尾存在字符串，且为三的倍数 / 同时结合图片名为 hill.png 以及图片中数字的排列，推导可能是 Hill Cipher

Crypto easyLCG 题目代码 from Crypto.Util.number import * from random import randint FLAG = ? ROUND = randint(200, 300) class LCG: lcg_a = getPrime(498) lcg_b = getPrime(498) lcg_n = getPrime(512) def __init__(self, lcg_seed): self.state = lcg_seed def next(self): self.state = (self.state * self.lcg_a + self.lcg_b) % self.lcg_n return self.state seed = bytes_to_long(FLAG) print(seed.bit_length()) lcg = LCG(seed) for _ in range(ROUND-6): lcg.next() print([lcg.next() for _ in range(6)]) # 351 # [2485483242304449696161151168576736302336140244327446722677621064961717587947642623655706309294371876714311165214262071924932913930440142186509325733360885, 6174672247406972581092780254648964828729162316422924118545162215261641830776919624579500836375440017861960302702691972683448546062254126073514097080361044, 4584872703321313263026316988830140564935997972340636369234263637913498924218112980629201945528119162637762726584003527994733552009906632734086040880127542, 4829175497283310360340169484343201154685159906303099960915060755507745973302279262836696523131741537828200567942990339422885197644614494869008027862313162, 6669041483112643196441450289748743294802963984583343809912658359929976814854869038886397237458253328867571805574485994275429182399171275201561798677581761, 2732859498560958306654933055106793656103744294844703560692860713169132266734427400301681246251133210447387861776419850678194913478737337289544516324708390] 思路 比较基础的参数恢复后逆推 seed / flag 是初始 seed 的 bytes 形式, 且 seed 的 bit 长度为 $351$

初赛密码题只有一道，还沾了点猜谜… / 绝密文件-代号P 题目代码 import cv2 import numpy as np from Crypto.Util.number import * from secret import p, q, c def arnold(img, shuffle_times, a, b): r, c, d = img.shape # d: dimension p = np.zeros(img.shape, np.uint8) # new image for s in range(shuffle_times): # shuffle times for i in range(r): # height for j in range(c): # width x = (i + b * j) % r # new position y = ((a * i) + (a * b + 1) * j) % c # new position p[x, y, :] = img[i, j, :] img = np.copy(p) return p Img_path = "flag_test.png" Img = cv2.imread(Img_path) assert isPrime(p) and isPrime(q) and p**2 + \ q**2 == c and c == 179093209181929149953346613617854206675976823277412565868079070299728290913658 Img_arnold = arnold(Img, c, p, q) cv2.imwrite("flag_enc.png", Img_arnold) 思路 分析得知 arnold()管理图片像素置换，而参数 $a,b$ 未知

反序列化 魔术方法是一种特殊的方法，当对对象执行某些操作时会覆盖 PHP 的默认操作 / PHP 保留所有以 __ 开头的方法名称。 因此，除非覆盖 PHP 的行为，否则不建议使用此类方法名称

prompt(1) to win 平台 prompt(1) to win - 0x0 之 0-8 / 01 无过滤，白给局，掌握拼接的思路尝试 / payload: 1">`<script>prompt(1)</script>`<" 02 过滤 =( / HTML 实体绕过（注意HTML实体有多种形式，可以都试试） / <svg><script>prompt(1)<b> 03 正则匹配检测同时出现的 ->

部分位已知 通过分析题目附件中的代码发现：素数总是隐藏了 50%bit，反过来就是 50%bit 已知 / DFS + 枚举状态 + 通过 $N$ 的低部分位来 Check 枚举的 $p,q$ 低位是否准确即可解出 $p,q$ / 随后即为常规 RSA

可通过优化代码的方式打表，但这里只给出以古典方式分析题目 确认 c 与 secrets 的对应关系（使得可以通过 c 恢复 secrets） / 确认 Time_Machine() 的单调性（使得可以根据大小关系推断） / 词频分析（找出空格、e的对应值） / 特判（Case） / 枚举状态、NLP 处理小技巧、使用等宽字体、使用辅助函数恢复（磨刀不误砍柴工）、生成 ASCII 码表、生成多种排序方式、生成 Key Value Pair，且使用 Tuple 来实现更多展示信息，方便分析

RSA是什么 特征：给出 p、q，考察 RSA 解密原理 SageMath’s Code / from Crypto.Util.number import long_to_bytes p = q = phi = (p - 1) * (q - 1) n = p * q e = d = inverse_mod(e, phi) m = power_mod(c, d, n) print(long_to_bytes(int(m))) # 强制类型转换 RSA $e=3$ 特征：$e$ (公钥指数) 很小 from gmpy2 import iroot import itertools n = e = 3 c = """ m = iroot(c, e) if m[1]: print(long_to_bytes(m[0])) """ for i in itertools.count(0): m = iroot(c + i * n, e) if m[1]: print(long_to_bytes(m[0])) break RSA 因数分解 特征：$N$ 的因子很小 这里为 ($80\text{bit} * 80\text{bit}$)