AIS3 Pre-Exam 2025

分數貶值很嚴重耶w 是AI的緣故嗎
第一次打，雖然只有166名，但比賽當下解出了7題還算滿意吧

比賽過程中曾經最高排名：66

更：很幸運的得到了備取資格，雖然沒有成功備上😭可能上天要我先好好準備學測吧w

Misc

Welcome

這裡不能直接複製，直接複製會變成

AIS3{This_Is_Just_A_Fake_Flag_~~}

所以要自己手動輸入
Flag:

AIS3{Welcome_And_Enjoy_The_CTF_!}

原因解釋：
右鍵檢查就可以發現，他用了一些HTML和CSS的技巧

這裡放假的flag

這裡才是真flag

其實另有方法可以直接把flag取出來喔！
在Web Console輸入
[...document.querySelectorAll('.flag > span')].map(
  (e, i) => window.getComputedStyle(e, '::before').content
).join('').replace(/"/g, '')

Ramen CTF

題目給了一張圖片
chal
可以眼尖的注意到右上角有一張發票，將發票右邊的QR Code掃出來可以得到

MF1687991111404137095000001f4000001f40000000034785923VG9sG89nFznfPnKYFRlsoA==:**********:2:2:1:蝦拉

稍微Google一下可以查到發票的格式如下圖

圖片來源：查詢發票明細 - MIG 4.0 - ECPay Developers
因此我們可以將掃出來的結果整理為：

發票：MF16879911
日期：1140413
隨機碼：7095
銷售額：000001f4
總計額：000001f4
買方統一編號：00000000
賣方統一編號：34785923
其他：VG9sG89nFznfPnKYFRlsoA==:**********:2:2:1:蝦拉

我們將發票、日期、隨機碼輸入到全民稽核專區-一般性發票查詢-電子發票整合服務平台

接著到Google Map查詢那個地址，找出商家名稱

Flag:

AIS3{樂山溫泉拉麵:蝦拉麵}

AIS3 Tiny Server - Web / Misc

開啟Challenge Instancer，進入網站後會看到提示，此時網址為

http://chals1.ais3.org:20889/index.html

由題目和提示，我們知道要想辦法到根目錄底下。先到以下網址

http://chals1.ais3.org:20889/

發現只有index.html，並沒有在根目錄。
接著便是通靈出

http://chals1.ais3.org:20889/檔案

能開啟該檔案

http://chals1.ais3.org:20889/資料夾

能跳轉到該資料夾
那如果我們在網址欄輸入

http://chals1.ais3.org:20889//

找到Flag啦！

Flag:

AIS3{tInY_we8_seRv3R_wI7H_fIle_BROWs1ng_@$_@_feAtURE}

其實我在解的時候就是try try see，突然試到//就對了

Web

Tomorin db 🐧

進入網站，有四個檔案

題目給的原始碼很簡單
main.go

package main

import "net/http"

func main() {
	http.Handle("/", http.FileServer(http.Dir("/app/Tomorin")))
	http.HandleFunc("/flag", func(w http.ResponseWriter, r *http.Request) {
		http.Redirect(w, r, "https://youtu.be/lQuWN0biOBU?si=SijTXQCn9V3j4Rl6", http.StatusFound)
  	})
  	http.ListenAndServe(":30000", nil)
}

我們也知道要找的flag就藏在flag這個檔案中

我們只要想辦法讀到伺服器上flag的內容就好了
但只要我們一訪問/flag就會被重新導向到YouTube上，該怎麼繞過重新導向呢？

我試了很久，諸如：

雙斜線： http://chals1.ais3.org:30000//flag => 跳轉
http://chals1.ais3.org:30000/.flag => 404
.代表目前目錄： http://chals1.ais3.org:30000/./flag => 跳轉
回上一層再進入：http://chals1.ais3.org:30000/../Tomorin/flag => 404
%66為f的URL編碼：http://chals1.ais3.org:30000/flag => 跳轉
二次URL編碼：http://chals1.ais3.org:30000/%2566lag => 404

最終，我終於通靈出來：
%2f為/的URL編碼：http://chals1.ais3.org:30000/%2Fflag
Flag:

AIS3{G01ang_H2v3_a_c0O1_way!!!_Us3ing_C0NN3ct_M3Th07_L0l@T0m0r1n_1s_cute_D0_yo7_L0ve_t0MoRIN?}

Crypto

Hill

題目給了以下加密程式碼

#!/usr/bin/python3
import numpy as np

p = 251
n = 8

def gen_matrix(n, p):
    while True:
        M = np.random.randint(0, p, size=(n, n))
        if np.linalg.matrix_rank(M % p) == n:
            return M % p

A = gen_matrix(n, p)
print("Matrix A:")
print(A)
B = gen_matrix(n, p)
print("Matrix B:")
print(B)

def str_to_blocks(s):
    data = list(s.encode())
    length = ((len(data) - 1) // n) + 1
    data += [0] * (n * length - len(data))  # padding
    blocks = np.array(data, dtype=int).reshape(length, n)
    return blocks

def encrypt_blocks(blocks):
    C = []
    for i in range(len(blocks)):
        if i == 0:
            c = (A @ blocks[i]) % p
        else:
            c = (A @ blocks[i] + B @ blocks[i-1]) % p
        C.append(c)
    return C

flag = "AIS3{Fake_FLAG}"
blocks = str_to_blocks(flag)
print("Flag blocks:")
for b in blocks:
    print(b)
ciphertext = encrypt_blocks(blocks)

print("Encrypted flag:")
for c in ciphertext:
    print(c)

t = input("input: ")
blocks = str_to_blocks(t)
ciphertext = encrypt_blocks(blocks)
for c in ciphertext:
    print(c)

類似於CBC加密，不過不是用XOR進行加密，而是使用矩陣乘法
加密方式如下：

隨機生成兩個8(=n)階方陣，每個元 $\in \{ x\in\mathbb{Z}\space|\space 0\leq x<251 (=p) \}$
將資料從頭開始每八個一組形成若干個 $8\times 1$ 的行向量 $m_i$ ，然後計算

$\left\{ \begin{matrix} c_1 &=& &Am_1& &&\mod p& \\ c_i &=& &Am_i& + &Bm_{i-1} &\mod p&, \forall i\geq 2 \end{matrix} \right.$

得到的若干個 $8\times 1$ 的行向量 $c_i$ 就是密文。

題目的最後可以讓我們輸入訊息，並告訴我們加密後的結果，我們只需要精心構造輸入，便能從已知的明文和返回的加密結果將 $A, B$ 矩陣推算出來。
我們令 $e_0$ 為零向量，即每個元都為0的向量， $e_1, e_2,\cdots,e_8$ 為八個單位向量，其中 $e_i$ 表示只有第 $i$ 元是1，其他都是0的向量。
也就是

$\begin{matrix} e_0 = \left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{matrix}\right)^T \\ e_1 = \left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{matrix}\right)^T \\ e_2 = \left(\begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{matrix}\right)^T \\ e_3 = \left(\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{matrix}\right)^T \\ \vdots \end{matrix}$

我們有密文和明文的結果如下：

$\left\{ \begin{matrix} c_1 &=& &Am_1& &&\mod p& \\ c_2 &=& &Am_2& + &Bm_1 &\mod p& \\ c_3 &=& &Am_1& + &Bm_2 &\mod p& \\ c_4 &=& &Am_4& + &Bm_3 &\mod p& \\ &&&&\vdots\\ c_k &=& &Am_k& + &Bm_{k-1} &\mod p& \end{matrix} \right.$

我們的策略是每次都丟單位向量或零向量進去，如此便能一行一行的求出矩陣 $A,B$
如 $Ae_1$ 的結果即為 $A$ 矩陣的第一行。
舉例如下：設 $A=[a_{ij}]_{8\times8}$ ，則

$Ae_1= \left( \begin{matrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} & \cdots & a_{18} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & \cdots & a_{28}\\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & \cdots & a_{38}\\ \vdots &\vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ a_{81} & a_{82} & a_{83} & \cdots & a_{88}\\ \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ \end{matrix} \right)= \left( \begin{matrix} a_{11} \\ a_{21} \\ a_{31} \\ \vdots \\ a_{81} \\ \end{matrix} \right)$

為 $A$ 矩陣的第一行。為了方便說明，我們將 $A$ 矩陣的第 $k$ 行記作 $Ak$
如果我們輸入向量是 $e_1,e_2,\cdots,e_8$ 依序各一個，那麼

$\left\{ \begin{matrix} c_1 &=& &Ae_1& &&=& A1 & &&\mod p& \\ c_2 &=& &Ae_2& + &Be_1 &=& A2 &+& B1 &\mod p& \\ c_3 &=& &Ae_3& + &Be_2 &=& A3 &+& B2 &\mod p& \\ &&&&&&\vdots \\ c_8 &=& &Ae_8& + &Be_7 &=& A8 &+& B7 &\mod p& \end{matrix} \right.$

我們將只能求出 $A$ 的第一行(注意，我們能知道的只有 $c_1, c_2, \cdots, c_8$ )
但已經十分接近，我們只要稍做修改便能交錯的求出 $A, B$ 的每一行
我們讓輸入向量依序為 $e_0, e_1, e_1, e_2, e_2, e_3, e_3, \cdots, e_8, e_8$
也就是第一個是零向量，之後每個單位向量依序各兩個，共17個，則

$\left\{ \begin{matrix} c_1 &=& &Ae_0& &&=& e_0 & &&\mod p& \\ c_2 &=& &Ae_1& + &Be_0 &=& A1 && &\mod p& \\ c_3 &=& &Ae_1& + &Be_1 &=& A1 &+& B1 &\mod p& \\ c_4 &=& &Ae_2& + &Be_1 &=& A2 &+& B1 &\mod p& \\ c_5 &=& &Ae_2& + &Be_2 &=& A2 &+& B2 &\mod p& \\ &&&&&&\vdots \\ c_{16} &=& &Ae_8& + &Be_7 &=& A8 &+& B7 &\mod p& \\ c_{17} &=& &Ae_8& + &Be_8 &=& A8 &+& B8 &\mod p& \end{matrix} \right.$

第1式：結果顯然，從第二式( $c_2$ )開始看：
第2式： $A1 = c_2$ => 求出 $A$ 的第一行
第3式： $B1 = c_3 - A1$ => $A1$ 已知，因而求出 $B1$
第4式： $A2 = c_4 - B1$ => $B1$ 已知，因而求出 $A2$
$\vdots$
第16式： $A8 = c_{16} - B7$ => $B7$ 已知，因而求出 $A8$
第17式： $B8 = c_{17} - A8$ => $A8$ 已知，因而求出 $B8$
如此便能依照順序 $A1\rightarrow B1\rightarrow A2 \rightarrow B2 \rightarrow\cdots \rightarrow B7 \rightarrow A8 \rightarrow B8$
求出 $A,B$ 矩陣的每一行。

欲使輸入向量為 $e_0, e_1, e_1, e_2, e_2, \cdots, e_8, e_8$ ，我們要輸入的字元為

\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x00\x01

然後就能來寫exploit囉！

#!/usr/bin/python3

from pwn import *
import numpy as np
from sympy import Matrix

# ------------------------ Server and file setup ------------------------

server = "chals1.ais3.org"
port = 18000
binaryfile = "./chall.py"

# ------------------------ function defind ------------------------

p = 251
n = 8

context.log_level = 'warning'  # 可改成 'debug' 看詳細訊息

# 接收密文向量(pwntool的process, 行數)
def recv_matrix(io, num_blocks):
    C = []
    while len(C) < num_blocks:
        line = io.recvline().strip().decode()
        if '[' not in line:
            continue  # 跳過非密文
        line = line.replace('[', '').replace(']', '')
        row = np.array(list(map(int, line.split())), dtype=int)
        C.append(row)
    return C

# 使用 sympy 精確求模反矩陣
def modinv_matrix_sympy(M, p):
    M_sym = Matrix(M.tolist())
    try:
        M_inv_sym = M_sym.inv_mod(p)
    except ValueError:
        raise ValueError("Matrix is not invertible mod p")
    return np.array(M_inv_sym).astype(int) % p

# 明文轉換為區塊
def str_to_blocks(s):
    data = list(s.encode())
    length = ((len(data) - 1) // n) + 1
    data += [0] * (n * length - len(data))  # padding with zeros
    blocks = np.array(data, dtype=int).reshape(length, n)
    return blocks

# 區塊轉回字串
def blocks_to_str(blocks):
    data = blocks.flatten()
    return bytes(data).decode(errors="replace").replace('\x00', '')

# 解密
def decrypt_blocks(ciphertext, A, B, p):
    A_inv = modinv_matrix_sympy(A, p)
    P = []
    for i in range(len(ciphertext)):
        if i == 0:
            pt = A_inv @ ciphertext[0] % p
        else:
            temp = (ciphertext[i] - B @ P[i - 1]) % p
            pt = A_inv @ temp % p
        P.append(pt)
    return np.array(P)
    
# ------------------------ start to attack ------------------------

if args.REMOTE:
    io = remote(server, port)
    num_blocks = 5 # 經實測，遠端的flag加密後的加密向量有五行
else:
    io = process(binaryfile)
    num_blocks = 2 # AIS3{Fake_FLAG} 加密後只有兩行

# 1. 讀取 flag 密文
print(io.recvuntil(b'Encrypted flag:\n').decode())
flag_ct = recv_matrix(io, num_blocks)
print(flag_ct)

# 2. 輸入測試資料
test = b'\x00'*8  # 零向量
for i in range(8):
    test += (b'\x00'*i + b'\x01' + b'\x00'*(7-i))*2 # 兩個e_i
print("Test input:", test)
io.sendline(test)

# 3. 從密文回推 A 和 B
io.recvline()  # 第一列全為0
A1 = recv_matrix(io, 1)[0]
B1 = recv_matrix(io, 1)[0] - A1
A2 = recv_matrix(io, 1)[0] - B1
B2 = recv_matrix(io, 1)[0] - A2
A3 = recv_matrix(io, 1)[0] - B2
B3 = recv_matrix(io, 1)[0] - A3
A4 = recv_matrix(io, 1)[0] - B3
B4 = recv_matrix(io, 1)[0] - A4
A5 = recv_matrix(io, 1)[0] - B4
B5 = recv_matrix(io, 1)[0] - A5
A6 = recv_matrix(io, 1)[0] - B5
B6 = recv_matrix(io, 1)[0] - A6
A7 = recv_matrix(io, 1)[0] - B6
B7 = recv_matrix(io, 1)[0] - A7
A8 = recv_matrix(io, 1)[0] - B7
B8 = recv_matrix(io, 1)[0] - A8
A = np.array([A1, A2, A3, A4, A5, A6, A7, A8]).T % p
B = np.array([B1, B2, B3, B4, B5, B6, B7, B8]).T % p
# 因為收到的是列向量，所以要將其轉置

print("A matrix:")
print(A)
print("B matrix:")
print(B)

# 4. 解密 flag

decrypted_blocks = decrypt_blocks(flag_ct, A, B, p)
recovered_flag = blocks_to_str(decrypted_blocks)
print("Recovered flag:", recovered_flag)

Flag:

AIS3{b451c_h1ll_c1ph3r_15_2_3z_f0r_u5}

Random_RSA

題目給了加密用的程式碼：

# chall.py
from Crypto.Util.number import getPrime, bytes_to_long
from sympy import nextprime
from gmpy2 import is_prime

FLAG = b"AIS3{Fake_FLAG}"

a = getPrime(512)
b = getPrime(512)
m = getPrime(512)
a %= m
b %= m
seed = getPrime(300)

rng = lambda x: (a*x + b) % m

def genPrime(x):
    x = rng(x)
    k=0
    while not(is_prime(x)):
        x = rng(x)
    return x

p = genPrime(seed)
q = genPrime(p)

n = p * q
e = 65537
m_int = bytes_to_long(FLAG)
c = pow(m_int, e, n)

# hint
seed = getPrime(300)
h0 = rng(seed)
h1 = rng(h0)
h2 = rng(h1)

with open("output.txt", "w") as f:
    f.write(f"h0 = {h0}\n")
    f.write(f"h1 = {h1}\n")
    f.write(f"h2 = {h2}\n")
    f.write(f"M = {m}\n")
    f.write(f"n = {n}\n")
    f.write(f"e = {e}\n")
    f.write(f"c = {c}\n")

以及輸出結果(output.txt)

h0 = ...(省略)
h1 = ...(省略)
h2 = ...(省略)
M = ...(省略)
n = ...(省略)
e = 65537
c = ...(省略)

程式碼第15行定義的rng其實是線性同餘方法(LCG)，也就是

$rng(x)\equiv ax+b\pmod{m}$

我們能藉由hint的內容列出同餘方程式，並解出 $a,b$ ，也就是LCG的參數

$\left\{ \begin{matrix} h_1 &=& &ah_0& + & b&\mod m& \\ h_2 &=& &ah_1& + &b &\mod m& \end{matrix} \right.$

兩式相減可消去 $b$ ，進而得到

$h_2-h_1=a(h_1-h_0)\mod{m} \Rightarrow \Delta_2=\Delta_1\cdot a \mod m\Rightarrow a = \Delta_1^{-1}\Delta_2 \mod m$

其中 $\Delta_1 = h_1-h_0, \Delta_2 = h_2-h_1$
再將結果代回第一式則可求 $b$

$b = h_1-ah_0 \mod m$

註：由原程式的11, 12行可知 $a,b<m$ ，所以不用考慮其餘的同餘情形

觀察genPrime程式是用LCG迭代取得RSA加密中的兩個大質數 $p,q$
也就是

$x_{i+1} = ax_i+b \mod m$

重複迭代直到 $x_{i+1}$ 是質數。
我們先將此遞迴式解出來，我們用迭代法求解：

$\begin{matrix} x_k &=& ax_{k-1}+b=a(ax_{k-2}+b)+b=a^2x_{k-2}+ab+b \mod m \\ &=& a^2(ax_{k-3}+b)+ab+b=a^3x_{k-3}+a^2b+b \mod m \\ &=& \cdots \\ &=& a^kx_1+a^{k-1}b+a^{k-2}b+a^{k-3}b+\cdots+ab+b \mod m \\ &=& a^kx_1+(1+a+a^2+a^3+\cdots+a^{k-1})b \mod m\\ &=& a^{k}x_1+\frac{a^k-1}{a-1}b \mod m \end{matrix}$

因此我們解出

$x_k = Ax_1+B \mod m$

其中 $A=a^k, B=\frac{a^k-1}{a-1}b$

由於我們無法掌握生成 $p$ 的種子(seed)，因此我們從 $p$ 經過LCG迭代生成 $q$ 的過程
(也就是q = genPrime(p))的部分進行觀察。
假設從 $p$ 開始達到 $q$ 經過了 $l$ 次迭代，因此

$q = Ap+B \mod m$

此處 $A=a^l, B=\frac{a^l-1}{a-1}b$

注意到

$\begin{matrix} n \equiv pq \equiv p(Ap+B) \equiv Ap^2+Bp \pmod n \\ \Rightarrow Ap^2+Bp-n \equiv 0 \pmod m \end{matrix}$

因此我們只要對上述同餘方程求解，就能得出 $p$ ，進而求出 $q$

而且由程式碼 $p<m$ ，因此我們只要考慮 $p$ 的最小正整數解就好

進行配方法可得到

$(2Ap+B)^2 \equiv D \pmod m$

其中 $D=B^2-4AC$ 為判別式。
最後還剩一個問題：我們不知道迭代次數 $l$ 式多少，因而也不知道係數 $A, B$
不過由於LCG生成質數的迭代次數通常不多，因此我們可以對 $l$ 進行小範圍的爆破。

解出 $p,q$ 後，便能計算 $\phi(n)=(p-1)(q-1)$ ，進而求出私鑰進行解密。

以下即完整的破解程式碼：

#!/usr/bin/env python3
from gmpy2 import invert, powmod, is_prime, lcm
from Crypto.Util.number import long_to_bytes
from sympy import sqrt_mod

# --------------- 從 output.txt 讀取輸出 ---------------
data = {}
with open('output.txt') as f:
    for line in f:
        k, v = line.strip().split('=', 1)
        data[k.strip()] = int(v)
m  = data['M']
h0 = data['h0']
h1 = data['h1']
h2 = data['h2']
n  = data['n']
e  = data['e']
c  = data['c']

# --------------- 開始破解 ---------------

# 1) 解出 a, b
Δ1 = (h1 - h0) % m
Δ2 = (h2 - h1) % m
a  = (Δ2 * invert(Δ1, m)) % m
b  = (h1 - a * h0) % m

# 2) 爆破 ℓ
for l in range(1, 2001):
    A = powmod(a, l, m)
    inv_am1 = invert(a-1, m) # 也就是 1/(a - 1)
    B = (b * (A - 1) * inv_am1) % m # 也就是 (a^l - 1)/(a - 1)

    # 二次同餘方程為 A*p^2 + B*p - n ≡ 0 (mod m)
    D = (B*B + 4*A*n) % m # 判別式

    try:
        roots = sqrt_mod(D, m, all_roots=True) # 求出所有二次同餘方程的根
    except ValueError:
        continue  # 若 D 非模 m 的平方剩餘，則跳過此 ℓ

    # 測試每個根
    for r in roots:
        inv2A = invert(2*A, m) # 也就是 1/(2A)
        for sign in (1, -1): # (-B ± r) / (2A)，p_cand 有兩個解
            p_cand = ((-B + sign*r) * inv2A) % m # (-B ± r) / (2A)
            if n % p_cand == 0 and is_prime(p_cand): # p | n 且 p 為質數
                # 3) 找到 p, q
                p = int(p_cand)
                q = int(n // p)
                print(f"Found p={p}\n      q={q}\n(l = {l})")
                # 4) 恢復明文
                phi = (p-1)*(q-1) # 計算 φ(n)
                d = invert(e, phi) # 計算私鑰
                m_int = pow(c, d, n) # 解密
                flag = long_to_bytes(m_int)
                print("FLAG =", flag.decode())
                exit(0)

Flag:

AIS3{1_d0n7_r34lly_why_1_d1dn7_u53_637pr1m3}

比賽當下我自己只想出了如何還原出 $a,b$ ，並且把迭代的結果拿去模 $a$ 或 $b$ 看看，問了AI好幾次才知道要觀察 $n \mod m$ ，並得出二次同餘方程

SlowECDSA

比賽時趕時間，所以當時直接整題丟給AI答案就出來了
但比完還是認真來解釋一下吧

題目給的程式碼：

#!/usr/bin/env python3

import hashlib, os
from ecdsa import SigningKey, VerifyingKey, NIST192p
from ecdsa.util import number_to_string, string_to_number
from Crypto.Util.number import getRandomRange
from flag import flag

FLAG = flag

class LCG:
    def __init__(self, seed, a, c, m):
        self.state = seed
        self.a = a
        self.c = c
        self.m = m

    def next(self):
        self.state = (self.a * self.state + self.c) % self.m
        return self.state

curve = NIST192p
sk = SigningKey.generate(curve=curve)
vk = sk.verifying_key
order = sk.curve.generator.order()

lcg = LCG(seed=int.from_bytes(os.urandom(24), 'big'), a=1103515245, c=12345, m=order)

def sign(msg: bytes):
    h = int.from_bytes(hashlib.sha1(msg).digest(), 'big') % order
    k = lcg.next()
    R = k * curve.generator
    r = R.x() % order
    s = (pow(k, -1, order) * (h + r * sk.privkey.secret_multiplier)) % order
    return r, s

def verify(msg: str, r: int, s: int):
    h = int.from_bytes(hashlib.sha1(msg.encode()).digest(), 'big') % order
    try:
        sig = number_to_string(r, order) + number_to_string(s, order)
        return vk.verify_digest(sig, hashlib.sha1(msg.encode()).digest())
    except:
        return False

example_msg = b"example_msg"
print("==============SlowECDSA===============")
print("Available options: get_example, verify")

while True:
    opt = input("Enter option: ").strip()

    if opt == "get_example":
        print(f"msg: {example_msg.decode()}")
        example_r, example_s = sign(example_msg)
        print(f"r: {hex(example_r)}")
        print(f"s: {hex(example_s)}")

    elif opt == "verify":
        msg = input("Enter message: ").strip()
        r = int(input("Enter r (hex): ").strip(), 16)
        s = int(input("Enter s (hex): ").strip(), 16)

        if verify(msg, r, s):
            if msg == "give_me_flag":
                print("✅ Correct signature! Here's your flag:")
                print(FLAG.decode())
            else:
                print("✔️ Signature valid, but not the target message.")
        else:
            print("❌ Invalid signature.")

    else:
        print("Unknown option. Try again.")

題目用了ECDSA(橢圓曲線數位簽章算法)對訊息進行簽名
在ECDSA中， $k$ 的隨機性至關重要，他卻用LCG來生成，因而可以輕易地用求解聯立同餘方程式得出私鑰d。

關於ECDSA的算法可以看這個影片ECDSA 椭圆曲线数字签名算法 - YouTube

我們可以先送出兩次get_example，取得兩組r,s，分別為 $r_1, s_1$ 和 $r_2, s_2$ ，設他們對應的隨機數k分別為 $k_1, k_2$ ，且假設 $d$ 為私鑰(也就是sk.privkey.secret_multiplier)，而 $n$ 為階數(也就是order)，則由ECDSA簽名的最後一步驟，我們有

$\left\{ \begin{matrix} s_1 = k_1^{-1}(h+r_1d) \mod n& \Rightarrow k_1 = (h+r_1d)s_1^{-1} \mod n \\ s_2 = k_2^{-1}(h+r_2d) \mod n& \Rightarrow k_2 = (h+r_2d)s_2^{-1} \mod n \\ \end{matrix} \right.$

將其代入LCG的公式

$k_2 = ak_1+c \mod n$

中，得到

$\begin{matrix} &(h+r_2d)s_2^{-1} = a(h+r_1d)s_1^{-1}+c \mod n \\ \Rightarrow &(h+r_2d)s_2^{-1} - a(h+r_1d)s_1^{-1}=c \mod n \\ \Rightarrow &(hs_2^{-1}-ahs_1^{-1}) + d(r_2s_2^{-1}-ar_1s_1^{-1})=c \mod n \\ \Rightarrow &d(r_2s_2^{-1}-ar_1s_1^{-1})=c-hs_2^{-1}+ahs_1^{-1} \mod n \\ \Rightarrow &Ad = B \mod m \Rightarrow d=A^{-1}B \end{matrix}$

其中 $A=r_2s_2^{-1}-ar_1s_1^{-1}, B=c-hs_2^{-1}+ahs_1^{-1}$
如此便求出了 $d$ ，接著我們只要用這個私鑰跑一次ECDSA簽名的流程就可以了

以下為exploit

from pwn import remote
from hashlib import sha1
from ecdsa import NIST192p

# --------------- 設定參數 ---------------

# 曲線參數 (NIST192p)
curve = NIST192p
g = curve.generator
n = g.order()  # 曲線階數
# LCG 參數
a = 1103515245
c = 12345

# --------------- 初始化 process ---------------

# connect
host = 'chals1.ais3.org'
port = 19000
p = remote(host, port)

# --------------- 函數定義 ---------------

def modinv(x, n): # 模反元素
    return pow(x, -1, n)

def get_sig(): # 獲取簽名範例
    p.sendlineafter(b"Enter option:", b"get_example")
    p.recvline_contains(b"msg:") # msg 恆為 "example_msg"
    # 讀取 r, s
    r_line = p.recvline_contains(b"r:")
    s_line = p.recvline_contains(b"s:")
    r = int(r_line.split(b"r: ")[1].strip(), 16)
    s = int(s_line.split(b"s: ")[1].strip(), 16)
    return r, s

# --------------- 破解私鑰d ---------------

# 取得兩次簽名範例
r1, s1 = get_sig()
r2, s2 = get_sig()

# 計算 h = sha1(example_msg)
h = int(sha1(b"example_msg").hexdigest(), 16) % n

# 計算 s1, s2 的模反元素
s1_inv = modinv(s1, n)
s2_inv = modinv(s2, n)

# 解出 d: (a*h*s1_inv + c - h*s2_inv) * (r2*s2_inv - a*r1*s1_inv)^{-1} mod n
A = (r2 * s2_inv - a * r1 * s1_inv) % n
B = (a * h * s1_inv + c - h * s2_inv) % n
priv = (B * modinv(A, n)) % n
print(f"[+] Recovered private key d = {hex(priv)}")

# --------------- Forging signature ---------------

# 對 give_me_flag 簽名
msg = b"give_me_flag"
h2 = int(sha1(msg).hexdigest(), 16) % n
# choose random k
k = 123456789  # 任意的 k 值，滿足 1 <= k < n

# 計算 R = k * g
R = k * g
# 計算 r = R.x() % n
r_f = R.x() % n
# 計算 s = k^{-1} * (h + r * d) mod n
s_f = (modinv(k, n) * (h2 + r_f * priv)) % n
# 輸出 Forged signature
print(f"[+] Forged signature r = {hex(r_f)}, s = {hex(s_f)}")

# 送出 verify
p.sendlineafter(b"Enter option:", b"verify")
p.sendlineafter(b"Enter message:", msg)
p.sendlineafter(b"Enter r (hex):", hex(r_f).encode())
p.sendlineafter(b"Enter s (hex):", hex(s_f).encode())

# 讀取flag
p.interactive()

Flag:

AIS3{Aff1n3_nounc3s_c@N_bE_broke_ezily...}

以下是在比賽後才做出來的題目

STREAM

題目給了加密程式：

from random import getrandbits
import os
from hashlib import sha512
from flag import flag

def hexor(a: bytes, b: int):
    return hex(int.from_bytes(a)^b**2)

for i in range(80):
    print(hexor(sha512(os.urandom(True)).digest(), getrandbits(256)))

print(hexor(flag, getrandbits(256)))

和執行後的全部輸出(共81行)，放在output.txt裡面
python中的random模組使用MT19937來生成隨機數，只要有一定數量，連續生成的隨機數，就能預測下一個隨機數是多少。因此我們需要想辦法回推出output前80行每行對應到的隨機數getrandbits(256)，藉由這些隨機數來預測下一個，也又是在第12行中用來加密flag的隨機數。

那我們要如何回推前80個隨機數呢？
注意到hexor的定義

def hexor(a: bytes, b: int):
    return hex(int.from_bytes(a)^b**2)

如果我們將hexor(a,b)的輸出結果再與int.from_bytes(a)XOR一次，會得到 $b^2$ ，開根號後即得 $b$ 。
再看到

hexor(sha512(os.urandom(True)).digest(), getrandbits(256))

因為os.urandom(True)只有/x00~/xFF256種可能，因此sha512(os.urandom(True)).digest()也只有256種可能。我們只需要窮舉這256種可能，看哪個與hexor的輸出結果XOR出來的結果是完全平方數(因為 $b$ 為整數，所以XOR後得到的 $b^2$ 必為完全平方數)即可。

有了連續的80個，由getrandbits(256)生成的隨機數，我們就能預測第81個了
接著再將此隨機數平方，與第81行的結果XOR，再把XOR後的輸出轉回bytes(也就是hexor的逆操作)並decode就能得到flag了

這題很可惜，差點就在比賽時做出來了
比賽時有想到如何還原出前80行的加密金鑰，也有想到要藉此預測第81行用來加密flag的隨機數，但當時不熟怎麼用randcrack模組進行預測，直到賽後才發現更易於使用的mt19937predictor

以下是破解腳本

from hashlib import sha512
from gmpy2 import iroot
import os
from random import getrandbits
from mt19937predictor import MT19937Predictor

# --------------- 從 output.txt 讀取81行輸出 ---------------

with open("output.txt", "r") as f:
    lines = [line.strip() for line in f.readlines()]

# --------------- b 復原函式 ---------------

def recover_b(hex_string):
    c = int(hex_string, 16)
    for byte in range(256): # 對 os.urandom(True) 的 256 種可能進行窮舉
        test_input = byte.to_bytes(1, 'big')
        digest = sha512(test_input).digest()
        digest_int = int.from_bytes(digest, 'big')
        b_squared = c ^ digest_int # 可能的 b**2
        b, tf = iroot(b_squared, 2)
        b = int(b) # iroot出來是mpz類型，無法用於predictor.setrandbits
        if tf: # 若 b 是完全平方數
            return b
    return None

# --------------- 隨機數預測 ---------------

predictor = MT19937Predictor()
# 送入前80行的隨機數 b (用recover_b()求出)
for _ in range(80):
    b = recover_b(lines[_])
    predictor.setrandbits(b, 256)

b = predictor.getrandbits(256)  # 預測下一個 getrandbits(256)
print(f"Predicted key:\n {b}")

# --------------- 解密 flag ---------------

line_80 = lines[80]
flag_c = int(line_80, 16)
# 利用預測的 b 解密 flag
flag_int = flag_c ^ (b ** 2)
# sha512 digest 大小是 64 bytes
flag_bytes = flag_int.to_bytes(64, 'big')
# 嘗試用 utf-8 decode
try:
    flag_decoded = flag_bytes.decode(errors='ignore')
    print("Flag:", flag_decoded)
except Exception as e:
    print("Failed to decode flag:", e)