Hack the Box CTF 比赛简单难度 XOR 密码学题目 Crypto 流程｜ Multikey Walkthrough

这是近期参加HTB夺旗战时遇到的一道难度为简单的密码学Crypto题目。但是我觉得挺有意思，就做下记录。

1. 题目：

题干没有太多的内容，就是一段python程序，和一个output的加密结果，如下。

Python：

import os

flag = open("flag.txt", "rb").read()

def genkeys(n):
    keys = [os.urandom(5) for _ in range(n)]
    return keys

def encrypt(keys, flag):
    for key in keys:
        flag = bytes([a ^ b for a, b in zip(flag, key * (len(flag)+5//5))])
        print(fl)
    return flag

keys = genkeys(1955) # with this many keys, this is totally secure
print(encrypt(keys, flag).hex())

Output.txt:

cf7bfbb7e9b770ceffd2f51c8da0e1fe70d7ffbee370cda4bcf470d4f8e3fe70daf8ffd8448ab5b8d84989bed2b370cafde1eb56e6b8bcea4ae6a1b9e44788a2beb810c4

有兴趣的朋友可以自己先做一做，flag的固定格式是（只是格式，flag长度未知）：HTB{f4k3_fl4g_f0r_t3st1ng}

2. 通读程序：

首先通读python程序，简单易懂。

第一步，从flag.txt里读取flag原文。

第二步，genkeys( )是一个利用urandom每次生成5个随机字符串作为key的函数。程序中 n = 1955，表示 keys 为一个拥有1955组 key 的 list，而每组都有5个key。 (这里如果难以理解可以自己打印一下keys，或者将n改为一个较小值)

第三步，encrypt( )是一个利用XOR生成的keys对flag原文进行加密的函数。原理是将flag的每位不断和5位key做XOR运算进行加密，直到做完1955组随机生成的key。

注意: 程序中的 key * (len(flag)+5//5)) 这一步只是为了确保 key的长度永远比flag长，每一位flag都能与keys加密。所做的操作就是不断重复5位key。
例如：生成的5位key为 abcde，在经历 key * (len(flag)+5//5))之后， key 变为 abcdeabcdeabcde....

总结，这就是对flag进行加密的源程序。我们的目标就是将output.txt里的密文根据python加密程序逆向求出原文。

3. 解题思路

这题的核心思路就是他的加密算法 XOR。有两个核心的算法基础：

3.1 核心一：

XOR运算符为 $\oplus$ ，Flag的原文是 $P$ ，加密的1955组密钥为： $Key_1, Key_2, Key_3,...... , Key_{1955}$ 。加密的运算过程可以表示为：

$P \oplus Key_1 \oplus Key_2 \oplus Key_3 \oplus....... \oplus Key_{1955}$

看起来 Flag经历了如此多的XOR运算，几乎无法进行还原。事实上，XOR具有结合律的特性，即：

$a \oplus b \oplus c = a \oplus (b \oplus c) = (a \oplus b) \oplus c$

因此，加密过程可简化为：

$P \oplus ( Key_1 \oplus Key_2 \oplus Key_3 \oplus....... \oplus Key_{1955} )$

整个加密过程可以看为，所有的key先做XOR运算，得出一个结果后，再与flag（P）进行一次XOR运算。因此，看起来flag和key做了1955次XOR运算。实际上如果把所有key的XOR运算看成一个整体，作为一个终极无敌key，flag将只会和这个终极无敌key进行一次 XOR运算。

3.2 核心二：

XOR运算的逆运算是它本身，也就是说两次异或同一个数最后结果不变，即：

$\left ( a \oplus b\right ) \oplus b = a$
由核心一可知，密文（C）可以由明文（P）与终极无敌 Key 做一次 XOR得到，即（1）：

$C = P \oplus Key_{wudi} \left ( 1 \right )$

可得到：

$Key_{wudi} = P \oplus C \left ( 2 \right )$

$P = C \oplus Key_{wudi} \left ( 3 \right )$

整理一下思路，现在我们有 flag 的密文，以及HTB{ } 几位明文。我们可以通过已知的几位明文（HTB{ }）和密文的对应关系求出密钥（一共五位）即（2）。然后才能解密密文（3）。

密文一共是136位，由于密文用bytes( ) 和hex( ) 被转换为十六进制，两位十六进制对应一位ASCII码，所以相对应的ASCII码明文为68位。假设68位明文全部为Flag的内容，我们会发现一个问题，根据 HTB{ 四位明文字符和他们的密文，我们可以通过XOR运算得出前四位的密钥（key），而 } 是第68位，对应的是第三位密钥而不是第五位密钥。因此我们只能得出四位密钥。

但是4位总比1位没有好吧，走一步看一步。
我们先把四位密钥算出来。

4. 操作

4.1 将16进制密文转化为10进制

因为过程涉及16进制和ASCII码还有XOR的运算，我选择使用人类熟悉的十进制，当然直接用16进制也是可以的。这一步，是将output中每一位对应的16进制分开（并转换成10进制）。

out = "cf7bfbb7e9b770ceffd2f51c8da0e1fe70d7ffbee370cda4bcf470d4f8e3fe70daf8ffd8448ab5b8d84989bed2b370cafde1eb56e6b8bcea4ae6a1b9e44788a2beb810c4"
d = []

for i in range(1,136,2):
    h = out[i-1]+out[i]
    d.append (int(h, base=16))

print(d)

---------------------------------------------------------------------------------

Result:
[207, 123, 251, 183, 233, 183, 112, 206, 255, 210, 245, 28, 141, 160, 225, 254, 112, 215, 255, 190, 227, 112, 205, 164, 188, 244, 112, 212, 248, 227, 254, 112, 218, 248, 255, 216, 68, 138, 181, 184, 216, 73, 137, 190, 210, 179, 112, 202, 253, 225, 235, 86, 230, 184, 188, 234, 74, 230, 161, 185, 228, 71, 136, 162, 190, 184, 16, 196]

这里输出的结果是10进制的密文，每一个元素对应明文的一个字符。例如：明文里的 H 对应 207，T 对应 123，B 对应 251，{ 对应 183，} 对应 196。

4.2. 计算超级无敌Key

将明文的每一位和对应的密文的每一位做 XOR 运算，将得到超级无敌Key的前四位。

flag = [72, 84, 66, 123, 125]     ## HTB{}的十进制ASCII码
out = [207, 123, 251, 183, 196]   ## HTB{}的十进制对应密文

FakeSuperkey = [a ^ b for a, b in zip(flag,out)]
print(FakeSuperkey)

---------------------------------------------------------------------------------

Result:
[135, 47, 185, 204, 185]

我们注意到超级无敌Key中有两个185，原因也很简单，因为明文 B 和明文 } 都是用超级无敌Key中的第三位进行加密的。

现在我们有了四位超级无敌Key，按理来说可以还原 $\frac{4}{5}$ 的明文了。说不定可以从还原的明文中找到规律，得到最后一位Key。

4.3. 还原 $\frac{4}{5}$ 个明文

我们假设超级无敌Key的最后一位和第三位一模一样，即都为185。先假设的超级无敌Key为步骤二中的 [135, 47, 185, 204, 185]，但你我都清楚，这个第五位是假的，那么还原的时候明文中所有是5的倍数为的字符都是假的。
但是，我们就是要这么干！

out = [207, 123, 251, 183, 233, 183, 112, 206, 255, 210, 245, 28, 141, 160, 225, 254, 112, 215, 255, 190, 227, 112, 205, 164, 188, 244, 112, 212, 248, 227, 254, 112, 218, 248, 255, 216, 68, 138, 181, 184, 216, 73, 137, 190, 210, 179, 112, 202, 253, 225, 235, 86, 230, 184, 188, 234, 74, 230, 161, 185, 228, 71, 136, 162, 190, 184, 16, 196]    

## 68 位密文

FakeSuperkey = [135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185, 135, 47, 185, 204, 185]  

## 五位密钥被key * (len(flag)+5//5))处理过后将变得比密文长，长多少无所谓，因为会被zip掉。


out = [a ^ b for a, b in zip(out,FakeSuperkey)]

ass = ""
j = 0
for item in out:
    j += 1
    if j % 5 == 0:
        ass += '*'
    else:
        ass += chr(item)

print(ass)

---------------------------------------------------------------------------------

Result:
HTB{*0_w3*r34l*y_n3*d_th*s_m4*y_c4*_k3y*_f0r*4_s1*ly_t*me_m*ch1n*??}

芜湖！ $\frac{4}{5}$ 个flag以及拿到手了。观察一下旗子的明文，发现是用数字替换单词字幕的惯用手法。比如 i 替换为 1。而最后三个单词很有辨识度，是 silly time machine 的变形。我们只需要算出任意一个 * 号处的 Key 即可。

5. 夺旗！

这里我们使用time中的 i，在明文中应该是 1 （ASCII 码为 49），数出他在密文中对应的位置（188）。因此我们现在使用 HTB{1 作为明文（72, 84, 66, 123 ,49是他们的ASCII码）以及他们对应的十进制密文（207, 123, 251, 183, 188），来制作真正的终极无敌Key。

flag = [72, 84, 66, 123 ,49]
out = [207, 123, 251, 183, 188]

RealSuperKey = [a ^ b for a, b in zip(flag,out)]

print(RealSuperKey)

---------------------------------------------------------------------------------

Result:
[135, 47, 185, 204, 141]

拿到终极无敌Key的我双手热得发烫！！！
将终极无敌Key的五个密钥复制成比flag长后，开始最终揭秘！！！！！

out = [207, 123, 251, 183, 233, 183, 112, 206, 255, 210, 245, 28, 141, 160, 225, 254, 112, 215, 255, 190, 227, 112, 205, 164, 188, 244, 112, 212, 248, 227, 254, 112, 218, 248, 255, 216, 68, 138, 181, 184, 216, 73, 137, 190, 210, 179, 112, 202, 253, 225, 235, 86, 230, 184, 188, 234, 74, 230, 161, 185, 228, 71, 136, 162, 190, 184, 16, 196]

key = [135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141, 135, 47, 185, 204, 141]

out = [a ^ b for a, b in zip(out,key)]

ass = ""
for item in out:
    ass += chr(item)
print(ass)

---------------------------------------------------------------------------------

Result:
HTB{d0_w3_r34lly_n33d_th1s_m4ny_c4r_k3y5_f0r_4_s1lly_t1me_m4ch1n3??}

6. 结语：

Marty McFly: Do we really need this many car keys for a silly time machine??
Marty McFly: No, we don't.

以上。