03.06.2019 | 07:33

redakcja

Rozwiązanie zadania CTF „All your sixty four are belong to Embler”

Zgodnie z wcześniejszą zapowiedzią publikujemy rozwiązanie zadania CTF przygotowanego przez Security Operations Center EXATEL, z którym mogliście się zmierzyć w ten weekend. Istotą tego zadania były różnice i błędy.

Tytuł samego zadania, czyli „All your sixty four are belong to Embler”, jest nieprzypadkowy – tak naprawdę zawiera on dwie podpowiedzi, które mogą już na starcie ułatwić zrozumienie struktury zadania. Jednocześnie zauważenie podpowiedzi w żadnym razie nie jest potrzebne do rozwiązania zadania. Można je rozwiązać, nie wiedząc nawet o ich istnieniu.

Sam tytuł powinien się nam niemal podświadomie kojarzyć z jednym z najsłynniejszych błędów językowym w popkulturze, który zaznaczył swoje miejsce w programach telewizyjnych, filmach, tekstach piosenek, komiksach, a nawet w modzie. Mowa oczywiście o błędzie w tłumaczeniu japońskiej gry Zero Wing z 1989 roku:

Jeśli tytuł naszego zadania zapiszemy zaraz pod oryginalnym tekstem z gry zawierającym błąd językowy, a następnie zakreślimy oba różniące się od siebie fragmenty – zobaczymy obie podpowiedzi:

Sekwencja „base64” oraz fonetycznie zapisane słowo „asembler” to nazwy dwóch mechanizmów użytych w zadaniu – poprawne rozpoznanie miejsca użycia obu mechanizmów jest już oczywiście konieczne, by zadanie rozwiązać.

Spójrzmy jednak na samą treść zadania.

Jeśli na pierwszy rzut oka nie wiemy jeszcze, czym jest ten tekst, wyszukanie kilku początkowych linii zadania w sieci najpewniej skieruje nas do refrenu piosenki Kultu „Baranek” autorstwa Stanisława Staszewskiego. Jednak również refren piosenki nie jest oryginalnym tekstem.

Właściwy, oryginalny tekst, którego modyfikację mamy przed sobą, to fragment opisu pasterki Zosi pochodzący z drugiej części dramatu „Dziady” autorstwa Adama Mickiewicza.

W tym momencie możemy już wprost nakreślić, na czym polega zadanie od strony technicznej: w tekst fragmentu dzieła polskiego romantyzmu wbudowana została odpowiednio zakodowana pętla kryptograficzna w asemblerze, która po uruchomieniu odszyfruje sekwencję tekstową – szukaną flagę.

Poniżej, krok po kroku pokażemy, jak to zadanie zrealizować.

Jeśli porównamy dostępny w internecie oryginalny tekst „Dziadów” z tekstem naszego zadania – zauważymy liczne błędy, literówki i dodatkowe znaki w stosunku do oryginalnego tekstu dramatu:

Zapisując skrupulatnie wszystkie znaki, którymi tekst naszego zadania różni się od tekstu dramatu (zachowując oczywiście kolejność wystąpienia modyfikacji) otrzymamy następujący łańcuch tekstowy:

=AQdCBQeJ7PkAhBiFsMwaLzwSjhAPELxLSw6i8KXUiGcoWSFodw8GALauGrRfgm0zMws

Tutaj należy zaznaczyć, że końcowa flaga chroniona jest pętlą kryptograficzną – przeoczenie lub pomyłka w zapisie nawet jednego znaku różniącego oba teksty (w tym znaków różniących się jedynie wielkością) czyni zadanie nierozwiązywalnym.

W tym kontekście na rozwiązującego zadanie czekają dwa kolejne utrudnienia. Ponieważ mamy do czynienia z prawie 200-letnim tekstem, możemy napotkać w sieci wersje różniące się od siebie jednym lub większą liczbą znaków przestankowych, a nawet liter – brak wiedzy o tym, której dokładnie wersji użyto w trakcie tworzenia zadania, powodowałby, że zadania nie dałoby się rozwiązać. Z tego powodu umieszczono w zadaniu kolejną podpowiedź – kilka wyrazów, których nie znajdziemy w oryginale dzieła Mickiewicza, a tylko w pobocznym opisie utworu na stronie – wolnelektury.pl:

Wyrazy te zostały umieszczone na stronie jako pomoc dla interpretujących utwór, zaznaczając motyw literacki opisany w danym fragmencie (umożliwiając czytającym wyszukanie wskazanych motywów w innych dziełach). Ponieważ słowa dodano do treści zadania dokładnie w miejscu ich wystąpienia w tekście na stronie (zachowując oczywiście wielkości liter), wskazano w ten sposób dokładną wersję tekstu w sieci, z której należy skorzystać, by wyszukać ciąg różnic.

Ostatnim utrudnieniem wbudowanym w sam tekst zadania, wymagającym od rozwiązującego znajomości zasady działania algorytmu base64, było zachowanie w wersji tekstu z portalu wolnelektury.pl oryginalnej pisowni jednego słowa: „różeczką”. Pomimo iż na portalu wyraz został zapisany przez „z”, w oryginale tekstu autor użył słowa zawierającego literę „ż” – jeśli postąpimy więc metodycznie, zapisując wszystkie znaki występujące w tekście, które dodano lub na które zamieniono znaki wersji z portalu wolnelektury.pl, nasza sekwencja będzie zawierać również znaki nie-alfanumeryczne (średniki, przecinki, dwukropki) oraz literę „ż” – wszystkie nienależące do domyślnego alfabetu algorytmu base64 (ABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZabcdefghijklmnopqrstuvwxyz0123456789+/) – osoba świadoma zawartości oryginalnego alfabetu base64 będzie mogła usunąć niepasujące znaki i otrzymać szukany końcowy ciąg.

Mając poprawnie zapisany ze znaków różnic w tekście domniemany ciąg base64, od razu widzimy, że jest z nim wciąż coś nie tak: znak „=” znajduje się po jego nieprawidłowej stronie (w kodowaniu base64 znak ten jest opcjonalnie umieszczany jako wyrównanie kodowanej treści na samym końcu sekwencji).

Jest to kolejna podpowiedź – ciąg został zapisany od tyłu, tak więc należy go odwrócić, by poprawnie sekwencję zdekodować.

Po odwróceniu i zdekodowaniu widzimy, że wynikowa treść jest binarna – gołym okiem możemy stwierdzić, że ma stosunkowo wysoką entropię, więc wstępnie moglibyśmy założyć, że treść została skompresowana lub zaszyfrowana:

Żadne z powyższych założeń nie jest jednak prawdą.

Jeśli nie dojdziemy do właściwej odpowiedzi sami, pomoże nam drugie słowo tytułowej podpowiedzi – binarna sekwencja to kod maszynowy reprezentujący program w asemblerze. By nie nakładać na gracza dodatkowej konieczności analizy dostępnych architektur procesorów i ręcznego dopasowywania dostępnych op-kodów do odpowiadających im mnemoników, użyto najbardziej oczywistej na dzień dzisiejszy (choć nieco już przestarzałej) architektury – 32-bitowego kodu maszynowego dla procesora x86, znajdującego się dzisiaj w mniejszej lub większej ilości w oprogramowaniu wszystkich naszych komputerów osobistych.

Jednym ze sposobów na podejrzenie zdeasemblowanej treści odpowiadającej kodowi maszynowemu jest skopiowanie szesnastkowej sekwencji do sekcji kodu zatrzymanego 32-bitowego procesu w debugerze. Na poniższym przykładzie sekwencję wstawiono w zatrzymany debugerem Ollydbg proces kalkulatora Windows, nadpisując zwyczajnie startową sekwencję kodu maszynowego programu, wskazaną przez rejestr EIP po zatrzymaniu procesu przez debuger:

W kodzie umieszczone zostały celowo 3 błędy, które trzeba zauważyć i poprawić, by pętla kryptograficzna mogła się poprawnie wykonać. Wymagać to będzie podstawowej znajomości języka asembler na poziomie analizy kodu i najprostszych niskopoziomowych mechanizmów, takich jak programowe liczniki czy zasada działania pętli i stosu.

Na wstępie kod odkłada na stosie cztery 32-bitowe stałe tworzące po połączeniu 16-bajtową zaszyfrowaną sekwencję z naszą szukaną flagą:

Druga część kodu maszynowego zawiera podwójnie zagnieżdżoną pętlę kryptograficzną ADD -> ROL -> XOR -> ROR i jest odpowiedzialna za deszyfrację 16-bajtowej sekwencji na stosie.

Zadanie można rozwiązać na kilka sposobów – po poprawieniu błędów w kodzie i przeanalizowaniu jego działania możemy od podstaw w dowolnym języku stworzyć własny deszyfrator, który odszyfruje szukaną sekwencję. Najprościej będzie jednak po naprawieniu kodu po prostu go uruchomić i stawiając pułapkę na samym końcu kodu, poczekać aż zewnętrzna pętla skończy pracę i odszyfruje flagę.

Dodatkowo należy mieć na uwadze jeszcze jeden element – jak można zauważyć zewnętrzna pętla sterowana wartością w rejestrze EDX zlicza od zera, inkrementując licznik co 1 aż do kolejnej wartości zero. Oznacza to, że program zakończy działanie dopiero po przepełnieniu 32-bitowej wartości EDX, czyli wykonaniu przez zewnętrzną pętlę 2^32 iteracji. Innymi słowy, żeby odszyfrować naszą flagę pętla musi wykonać się ponad 4 miliardy razy. Wykonanie pętli zawierającej kopię przedstawionego algorytmu np. w Pythonie zajęłoby kilka dni – natomiast wykonanie przedstawionego algorytmu w jego obecnej postaci (czyli w czystym asemblerze) zajmie procesorowi i5 taktowanemu częstotliwością 2.6 GHz ok. 8 minut.

Pierwszy błąd w kodzie zadania, który musimy poprawić, jeśli chcemy uruchomić kod maszynowy, to niepotrzebny skok znajdujący się zaraz za sekwencją odkładającą szyfrogram na stosie. Jeśli przeanalizujemy działanie skoku, zobaczymy, że omija on dwie kolejne instrukcje następujące po nim, w tym instrukcję inicjującą wskaźnik kryptogramu na stosie (MOV EAX,ESP) przez skopiowanie wskaźnika stosu do rejestru EAX – jeśli nie wykonamy instrukcji inicjującej wskaźnik, proces w pierwszej instrukcji po skoku spróbuje odczytać 1 bajt spod adresu wskazanego przez niezainicjalizowany przez nas rejestr EAX i najpewniej zakończy działanie po wystąpieniu wyjątku. Mamy więc dwie opcje: możemy usunąć instrukcję JMP, wypełniając ją NOP-ami (sekwencja 90 90). Możemy też zmienić zakres skoku na znajdującą się zaraz za nim instrukcję, zerując offset w argumencie (zmieniając sekwencję z EB 04 na EB 00):

Kolejne dwa błędy umieszczono w dwóch pozostałych instrukcjach skoku, sterujących obiema pętlami. Jak zauważymy, argumenty zawierające offset obu skoków są wyzerowane – odwrotnie niż przypadku pierwszej pętli instrukcje te nie wykonają więc żadnej pracy i niezależnie od wyniku instrukcji dekrementacji licznika w rejestrze CL oraz inkrementacji licznika EDX procesor przejdzie do instrukcji umieszczonej zaraz za instrukcjami skoku.

Jak widać, licznikiem pierwszej pętli jest 8-bitowy rejestr CL inicjowany wartością 15 (0x0F) przed wejściem w pętlę. Licznik zlicza do zera, iterując wewnętrzną pętlę po kolejnych bajtach aktualnego stanu 16-bajtowego bufora kryptogramu. Oznacza to, że pierwszy skok powinien zapętlać kod w miejsce następujące zaraz po instrukcji MOV CL,0F inicjującej licznik pętli wewnętrznej:

Podobnie musimy naprawić zakres drugiej, zewnętrznej pętli. Ponieważ wewnętrzna pętla iteruje po kolejnych 16 bajtach kryptogramu, wykonując na każdym operację arytmetyczną ADDROLXORROR, musimy przed rozpoczęciem kolejnej iteracji pętli wewnętrznej zresetować jej licznik CL i przestawić wskaźnik pozycji w kryptogramie wskazywany przez EAX na początek kryptogramu – czyli efektywnie zapętlić kod drugiej pętli do instrukcji MOV EAX,ESP:

W tym miejscu powinniśmy już mieć działający kod, który wystarczy tylko uruchomić. Na jego zakończenie i odszyfrowanie flagi zaczekamy spokojnie, umieszczając pułapkę w pierwszej instrukcji za zewnętrzną pętlą:

Krokując wykonanie w debugerze, możemy podejrzeć poprawność operacji arytmetycznych i pracę całości pętli kryptograficznej – bufor po odpowiednio 1 i 2 iteracji zewnętrznej pętli deszyfrującej powinien wyglądać następująco:

Ostatecznie, po wykonaniu przez zewnętrzną pętlę dokładnie 4 294 967 296 iteracji kod zakończy działania, zatrzymując się na pułapce, a w miejscu kryptogramu na stosie zobaczymy następującą treść:

W ten sposób otrzymujemy szukaną przez nas flagę „ESC{greenbastrd}” zawierającą nazwę ukrytego alter ego Bubblesa, bohatera serialu „Trailer Park Boys”:

Gratulujemy wszystkim Czytelnikom, którzy zmierzyli się z tym zadaniem, w szczególności Jackowi W., b oraz adrb, którym udało się zdobyć flagę.

Powrót

Komentarze

  • 2019.06.03 07:42 John Sharkrat

    Szczęście od boga, że w okresie międzywojennym mjr Franciszek Pokorny, kpt. Maksymilian Ciężki oraz inż. Antoni Palluth mieli mieli coś pod czapką, coś co nie służyło do robienie zagadek dla gimbazy.

    Odpowiedz
  • 2019.06.03 07:53 Monter

    Aleście przekombinowali…
    Mi udało się uzyskać odwrócony base64 bez rozkminiania pierwszych podpowiedzi, wpadłem również na to że chodzi o asembler, jednakże nie będąc programistą w tym miejscu poległem.
    Odnośnie wersji tekstu źródłowego – korzystając właśnie z tego źródła co Wasze otrzymałem dodatkowe znaki, np. wykrzyknik.
    Zadanie kompletnie nierozwiązywalne dla początkujących. Szkoda.

    Odpowiedz
    • 2019.06.03 09:05 adrb

      Niestety to prawda. Samemu mając zerowe doświadczenie w takich konkursach nie byłem pewien co jest flagą. W szczególności czy rozwiązanie musi być tekstem który ma jakikolwiek sens. A to znaaacznie by ułatwiło rozwiązanie, ponieważ kod można było poprawić na kilka sposobów – czego chyba sami autorzy nie przewidzieli ;)

      Ale zabawa była fajna, dzięki ;)

      Odpowiedz
      • 2019.06.03 15:24 NoWayToPay

        Ale rozwiązałeś i nie marudzisz jak niektórzy tutejsi stali bywalcy. Więc to Ty dostaniesz ofertę pracy ;)

        Odpowiedz
    • 2019.06.06 02:06 Piotr

      Miałem podobnie, począteczek ładnie pięknie , ( mr Robot troszkę pomógł ) bo mniej więcej podobnie było ale później cóż… za głupi na to jestem , albo po prostu brakło chęci i samo zaparcia robienia fakultetu z asemblera tylko po to aby zdobyć flagę :) Mimo wszystko fajnie poczytać , co trzeba było dalej poczynić aby rozwiązanie uzyskać.

      Odpowiedz
  • 2019.06.03 10:06 Prosty ubek

    A po co komu tekst źródłowy?
    Przecież od razu widać co jest nie tak. Każda dziwność czy błąd ortograficzny to wskazówka.
    A później już tylko z górki.

    PS.
    Przerost formy nad treścią.

    Odpowiedz
    • 2019.06.03 10:22 Marcin

      Kolega z elektrody? ;)

      Odpowiedz
      • 2019.06.03 10:56 Prosty ubek

        Skąd ten pomysł? Nigdy nie byłem na elektrodzie, bo i po co?

        Odpowiedz
    • 2019.06.06 02:09 Piotr

      Ubeczku, nie widzę podziękowań na końcu dla Ciebie oraz że jesteś na liście Hall of Fame, więc wydaje mi się, że chyba Cię przerosło zadanie :)

      Odpowiedz
  • 2019.06.03 10:48 Prosty ubek

    jspuq epgiu xyggu qdebv cyhgs vqeug xddud syxts zpucb myshw ozlvx xchrt nugmg oklav ubkgf ldcur qasyx pwzuh nltcd eviok rjagq cqenj zdqgs lmrot uddtf ephlr hfchy sggur xfiis jurfr pkvac hbyfo khjog lwgst zefql obtfd vwxwd ivrib yeuxy ygoas qcuey zwyrj qpuev ycjxp jwztk sjkju qjszz krnpi sfsbo hbdqm wvakz tzqwe lusmu szlfu xcwjm vjbgl esvte ubodv uwojv lfodv kwmzp jjdeq xompb xrtpa fxdyn glsjr ayakj ziaes qbdxy qnqsl uoibl kjosq idbjb xidlz dfztd eyqtm ywnhz dtbuu mjmyy wmvct rsajg fjvlp wumst esumh xvlhx omnsl gbgjp lqnmw chibx gfzoe konry xvkiu lodpk scdsd aotoo pgjya jbulo bfrdb jzbah usxiq mvygf scfya vyugk kxjts wbaoh tpovn ntcwb rerxk skrfk sbdbo kaohq fzhco hudhy xwnrh shtck ltaft rqmsw narej jcirg adawq ukpoi okxxd xuntu jjnvn mhfge aqtst tcexw pwxvl pyfwr pxdit eitzl sqolv cbbhr njgud ikora suypb mjiqu vbtig kjpfy hsham bzysm govvs amdvt rsgwc wxmsu ciumc gurls ljpfw yahqk qccsc fryxc dfmuw pyles awoul jabjp isacr fdans ibrfi bufkb fpaez nroga tcefr hzljl iqgpi uovxw btpjt ibciv qkfmn bkkbo cahow lypub mbbfj dnras avjrc bmzqu hnrqs djhks vdqhc xowek trppu idiau hfsyq ttywy dqjdx ppxob gqevb phsfi rpdpz hpisb ytnji gdvzz acdtb pxkrv azojs yotxx qvyha lclxe oqcmr kaxpg qavge ggjur wzngk ldivv ldzke fgnsv ghwik pbqfb wuray qognj akjvd foduf iwioz ezjbr sxpbd breqd wuept bobbz tiytc jafbm xhvki enmlu ccqid yprpe aalrf jxtnq vbqsx uuqat xstdj xxxzb ofqgt hlnbq hcdko yyrfr xrhqo atbwx thmrl vwusq jyiep btbkp vufmr nmjyp wxhbn pjdef ictos ylkpg vxlih sslaz kdxuw ukwyj symlp hquru mnsvf yvulh edzue sjsdn anrpd eevvf dyfsq kutsm emtel iuhix vhrbs ioari xevst illdu hvubl zgfxb hbdcz kpapr mjtvt soszn tgypk chxsm qpibo omctn tpxim ygyre ooyvi gswft nnuxj sjrof latta gquqf gbqhb khewt qdnqv xneum yyuif fdlrq sms

    Odpowiedz
    • 2019.06.03 10:58 Prosty ubek

      Do złamania szyfrogramu podpowiedź znajduje się na waszej stronie.

      Odpowiedz
    • 2019.06.04 08:48 Prosty ubek

      Kolejna podpowiedź: Do złamania szyfrogramu podpowiedź znajduje się w jednym z postów na tej stronie.

      PS.
      Swoja drogą to zabawne, kiedy złamanie prawdziwego szyfrogramu cieszy się tak dużym powodzeniem w porównaniu do zagadek dla gimbazy.

      Odpowiedz
    • 2019.06.04 15:57 Jacek W.

      zespk rypto anali tykws ekcji biura szyfr wiiod dziau sztab ugwne gowty mmari anrej ewski jerzy rycki ihenr ykzyg alski zamak odmor skiuy wanyp rzezk riegs marin ewlis topad ziero kugru dniar okuma rianr ejews kiodc zytac zciow opier wszed epesz eniem iecki ejarm iildo wejre ichsw ehryz aszyf rowan eprzy pomoc ymasz yneni gmawp oowie stycz niaro kuroz poczt oodcz ytywa penet eksty depes zreic hsweh rypod czasp uczur oehma wczer wcuro kunie mieck iedep eszes zyfro wanep rzypo mocye nigmy byyod czyty wanew biurz eszyf rwwci gukil kumin utodi chnad aniad rogra dioww trakc iedwu tygod niowy chman ewrwk rypto logic znych zorga nizow anych wbiur zeszy frwws tyczn iurok utajn ejkor espon dencj iniem iecki ejodc zytyw anowc iguki lkugo dzino djejp rzech wycen iaprz ezpol skies tacje nasuc howek oresp onden cjweh rmach tuodc zytyw anozr wnspr awnoc idoli stopa darok upowp rowad zeniu noweg omode lueni gmywn iemie ckiej armii ldowe jodcz ytywa notyl kocod epesz nadal adoli pcaro kuodc zytyw anosp rawni eszyf rowan kores ponde ncjpr zesya nwsie ciczn ocisu bybez piecz estwa siche rheit sdien stdec yzjna jwysz ychwa dzwoj skowy chiir pbiur oszyf rwpod zieli osisw ojwie dzzso juszn iczym iplac wkami krypt oanal itycz nymif rancj iiwie lkiej bryta niipo dczas tajne jkonf erenc jiwpy rachp odwar szawl ipcar okuna poczt kuwrz eniar okubi urosz yfrwe wakuo wanoz warsz awyza groon ejata kiems zybki chjed noste kpanc ernyc hwojs kniem iecki chprz edewa kuacj orazw jejtr akcie znisz czono niepo zosta wiajc ladwn iemal caapa ratur oraza ktazw izane zezam aniem szyfr uenig mywpa dzier nikur okupo dotar ciudo franc jikry ptoan ality cybiu raszy frwwz nawia jprac jakoe quipe zwcho dzcaw skads trukt urykr yptow ywiad ufran cuski ego

      Odpowiedz
    • 2019.06.04 16:47 Jacek W.

      Zespół kryptoanalityków Sekcji 4 Biura Szyfrów II Oddziału Sztabu Głównego w tym Marian Rejewski, Jerzy Różycki i Henryk Zygalski złamał kod morski używany przez Kriegsmarine w listopadzie 1932 roku. 30 grudnia 1932 roku Marian Rejewski odczytał częściowo pierwsze depesze niemieckiej armii lądowej, Reichswehry, zaszyfrowane przy pomocy maszyn Enigma. W połowie stycznia 1933 roku rozpoczęto odczytywać pełne teksty depesz Reichswehry. Podczas puczu Roehma w czerwcu 1934 roku niemieckie depesze szyfrowane przy pomocy Enigmy były odczytywane w Biurze Szyfrów w ciągu kilku minut od ich nadania drogą radiową. W trakcie dwutygodniowych manewrów kryptologicznych zorganizowanych w Biurze Szyfrów w styczniu 1938 roku, 75% tajnej korespondencji niemieckiej odczytywano w ciągu kilku godzin od jej przechwycenia przez polskie stacje nasłuchowe. Korespondencję Wehrmachtu odczytywano z równą sprawnością do listopada 1938 roku. Po wprowadzeniu nowego modelu Enigmy w niemieckiej armii lądowej odczytywano tylko co 10 depeszę. Nadal, aż do 1 lipca 1939 roku, odczytywano sprawnie szyfrowaną korespondencję przesyłaną w sieci łączności Służby Bezpieczeństwa – Sicherheitsdienst. Decyzją najwyższych władz wojskowych II RP, Biuro Szyfrów podzieliło się swoją wiedzą z sojuszniczymi placówkami kryptoanalitycznymi Francji i Wielkiej Brytanii podczas tajnej konferencji w Pyrach pod Warszawą 25 lipca 1939 roku. Na początku września 1939 roku Biuro Szyfrów ewakuowano z Warszawy zagrożonej atakiem szybkich jednostek pancernych wojsk niemieckich. Przed ewakuacją oraz w jej trakcie zniszczono nie pozostawiając śladów niemal całą aparaturę oraz akta związane ze złamaniem szyfru Enigmy. W październiku 1939 roku, po dotarciu do Francji, kryptoanalitycy Biura Szyfrów wznawiają pracę jako Equipe Z wchodząca w skład struktury kryptowywiadu francuskiego.

      Źródło: http://niepoprawni.pl/blog/rafal-brzeski/satyrowi-dedykuje-spotkanie-w-pyrach

      Odpowiedz
      • 2019.06.05 08:25 cadix

        Może krótki opis jak doszedłeś do rozwiązania ?

        Odpowiedz
        • 2019.06.05 09:39 Prosty_ubek

          A po co? Przecież wszystko jest w tym wątku. Po co komuś psuć zabawę.

          Odpowiedz
        • 2019.06.05 14:12 Jacek W.

          Zadanie od początku było enigmatyczne, a kluczowe znaczenie miał profil psychologiczny autora oraz brutalna siła i analiza entropijna. A później już tylko z górki.

          Odpowiedz
          • 2019.06.06 08:38 Prosty ubek

            @ Jacek W. „kluczowe znaczenie miał profil psychologiczny autora oraz brutalna siła i analiza entropijna.” – Raczej popełniłem wszystkie możliwe błędy, ale to były te same błędy, które umożliwiły zarówno Polakom jak i Turingowi złamanie tego kodu.
            Zresztą chciałem, aby zostało złamane. Zawsze mogłem zaszyfrować wiadomość kluczem jednorazowym i nawet NSA by tego nie złamałą.

      • 2019.06.05 09:38 Prosty_ubek

        Moje gratulacje.
        Co prawda źródło się nie zgadza, ale nie ono było głównym celem.

        Ale jeśli ktoś chce, to podpowiem, że nazwa strony nosi w nazwie zawód.

        Odpowiedz
  • 2019.06.04 00:33 b

    A ja tylko chciałem dodać, że Python (3) dał radę. Oczywiście, skrypt wykonywany przez pypy3 ;) Czas to jakieś 10 minut na starej laptopowej i7-ce.

    Odpowiedz
  • 2019.06.04 21:21 ex

    Odwróciłem Base64, zdesasemblowałem i się zatrzymałem. Szkoda.

    Odpowiedz
  • 2019.06.06 09:49 Validea

    dziękuję za miłe słowa!:)

    Odpowiedz
  • 2019.06.07 05:06 a

    Byłoby super gdybyście zrobili cykl z opisem i rozwiązaniami zadań CTF z eliminacji i finałów, zawsze się człowiek czegoś nowego dowie i dotrze to do szerszej grupy niż kilka osób z konferencji.

    Odpowiedz

Zostaw odpowiedź do cadix

Jeśli chcesz zwrócić uwagę na literówkę lub inny błąd techniczny, zapraszamy do formularza kontaktowego. Reagujemy równie szybko.

Rozwiązanie zadania CTF „All your sixty four are belong to Embler”

Komentarze