Warning: This challenge is still active and therefore should not be resolved using this information.
Aviso: Este reto sigue en activo y por lo tanto no se debería resolver utilizando esta información.

Intro

This crackme is for the crack challenge 6 of canyouhack.it.

In this crackme the goal is to turn on all the lights. Note that a light off to the next, so if we interrupt this, we win.

Tools

Exeinfo (For crackme info)

Delphi Decompiler (For decompile)

 OllyDbg (For debug)

Decompiling

With Delphi Decompiler we can found easy the buttons and his offsets.
Go to the offset 401A64 in OllyDbg and analyze the code.
We view two jumps, one turn ON the light and the other Turn OFF the next light. Patching the call from offset 401A8B we get the serial.

Links


http://youtu.be/c4CNY902SAE Versión de texto Lista de reproducción
Introducción Cripto 1 Cripto 2 Cripto 3 Cripto 4 Cripto 5 Cripto 6 Cripto 7 Cripto 8 Cripto 9 Cripto 10
File carving is the process of reassembling computer files from fragments in the absence of filesystem metadata. Wikipedia. "File carving", literalmente tallado
El reto Se nos proporciona la imagen anterior y se nos invita a resolver la ecuación para el menor entero

Introducción

Los retos de encriptación son muy variados como hemos comentado anteriormente. Aquí tenemos unos buenos ejemplos de ello.

Cripto 1

En este primer nivel nos encontramos con un método de encriptación muy antíguo.    Sólo diré como pista, que es de los más antiguos que se conocen.

ozhlofxrlmvhxzorulimrz

Lo primero que suelo hacer en este tipo de retos cuando son solamente letras, es comprobar las dos opciones más típicas, que son el cifrado César y Vigenere. En este caso necesitamos ahondar un poco más, aunque enseguida llegamos a la conclusión de que el cifrado usado es el afín. Un ataque por fuerza bruta nos devuelve la solución y los coeficientes utilizados.

Solución: A=25,B=25  – LASOLUCIONESCALIFORNIA

Fuente: http://www.dcode.fr/chiffre-affine


Cripto 2

En este segundo nivel recordaremos a un general romano muy conocido. Lo complicaremos un poco, sólo lo justo para que cueste algo más de cinco minutos encontrar la clave 🙂

oehoeahhjoexhkzqhfsvzhffhwrhotqk

Lo primero que nos viene a la cabeza es el cifrado César pero no va. Probando varios cifrados por sustitución al final damos con el correcto. De nuevo un ataque por fuerza bruta nos da frutos.

Solución: (3,4,5)/1  – LACLAVEDELASEGUNDAPRUEBAESMEKONG

Fuente: https://www.dcode.fr/chiffre-decalages


Cripto 3

Este nivel también va a ser sencillo. Estos caracteres, pertenecientes a un sistema bastante conocido de encriptado, esconden una palabra que, al introducirla (en minúsculas), nos permitirá superar el nivel.

Investigando un poco llegamos a la conclusión de que se trata del cifrado Francmasón o Pig Pen.

Solución: primates

Fuente: https://www.dcode.fr/chiffre-pig-pen-francs-macons


Cripto 4

Esta prueba es tan simple que la he dividido en dos partes que, aunque de apariencia similar, se resuelven de distinta manera. La clave es la unión de las dos palabras resultantes de descifrar las dos líneas de números y que, juntas, forman una tercera palabra.

0111001101110101011100000110010101110010
0001001110011000111110100100110010010001

La primera parte se puede convertir en bloque:

0111001101110101011100000110010101110010 = super

Fuente: https://www.rapidtables.com/convert/number/binary-to-ascii.html

Para la segunda debemos separar en grupos de 5 dígitos y listo:

00010   01110   01100   01111   10100   10011   00100   10001

 C             O          M           P            U          T           E           R

Fuente: www.lindau-nobel.org


Cripto 5

Para descubrir la palabra clave sólo se necesita una mínima capacidad de observación.

31 04 40 23 20 34 33 13 23 22

Se trata del cuadrado de Polibio.


Cripto 6

Aquí hay que hacer un poco de trabajo de investigación: Hay que descubrir la clave que empleó un escritor francés (Una pista: «Lagardère») en una de sus novelas, que es la empleada aquí para formar la palabra clave (en minúsculas) que, por cierto, es alemana.

RI3I2MIL2I2A3

POR RESOLVER


Cripto 7

Seguimos con cosas fáciles. Se trata de descifrar este texto escrito en inglés.

kgw qkoev ol 617 qthpreoz iwjpz sdkg kgw pdeyeplk rwqdjzwe ipezwq spbbdq sgo sgwz goqkdbdkdwq iwjpz spq rwkwecdzwr ko cpmw gdq uweqozpb yozkedihkdoz ko kgw spe wlloek

Una vez descifrado, nos será fácil descubrir la clave:

pzpyozrp

Se trata de  un cifrado de sustitución mono alfabético.

ABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ
ZLMIRVHUBGTFJKOASDWQPYEXCN

THE STORY OF 617 SQUADRON BEGAN WITH THE AIRCRAFT DESIGNER BARNES WALLIS WHO WHEN HOSTILITIES BEGAN WAS DETERMINED TO MAJE HIS PERSONAL CONTRIBUTION TO THE WAR EFFORT

Una vez descifrado el alfabeto la solución queda:

pzpyozrp = anaconda

Cripto 8

A veces, las cosas no son lo que parecen. Donde aparecen unos números, en realidad hay otros números distintos.

273664524572348321143738
853442616537643005319627

POR RESOLVER


Cripto 9

Para resolver algunos problemas, hay que tener una buena base. Este es un buen ejemplo de ello:

ZW50ZXJwcmlzZQ0K

¿Os suena base 64?

Solución: enterprise

Fuente: https://www.base64decode.org/


Cripto 10

Esto es más complicado. Para descifrar este texto que contiene la clave para superar el nivel, se necesita otra clave. Para que no sea demasiado difícil, he utilizado una palabra muy sencilla de sólo cuatro letras 🙂

myiemyuvbaeewcxweghkflxw

Mediante fuerza bruta matamos dos pájaros de un tiro.

lapalabraclaveesdiogenes

Fuente: https://www.guballa.de/vigenere-solver


Enlaces

File carving is the process of reassembling computer files from fragments in the absence of filesystem metadata. Wikipedia.

«File carving», literalmente tallado de archivos aunque lo traduciremos como extracción, es el proceso de re-ensamblado de archivos extraídos de un conjunto de mayor tamaño.

Índice

  1. Image files / Archivos de imagen
  2. Microsoft Office >2007
  3. Open Office
  4. Autocad
  5. Others / Otros
  6. Links / Enlaces

List of headers and tails / Lista de cabeceras y pies

Header = Cabecera

Footer or tail = Pie

Image files / Archivos de imagen

  • JPEG
    • Header: FFD8
    • Footer: FFD9
  • GIF87a
    • Header: 47 49 46 38 37 61
    • Footer: 00 3B
  • GIF89a
    • Header: 47 49 46 38 39 61
    • Footer: 00 3B
  • BMP
    • Header: 42 4D
    • Footer: Don’t have footer, but size is in bytes 2,3,4,5 in little-endian order (low byte first).
      • Example: 00 00 C0 38 == 49208 bytes

bmpsize

  • PNG
    • Header: 89 50 4E 47 0D 0A 1A 0A
    • Footer: 49 45 4E 44 AE 42 60 82

Microsoft Office >2007

All this documents have the same header and footer, because of this, we need search the middle bytes. This type uses a ZIP file package.

Los documentos de Microsoft Office >2007 tienen la misma cabecera y pie, por lo que necesitamos bytes intermedios para distinguirlos. Usan encapsulado ZIP.

  • DOCX
    • Header: 50 4B 03 04 14 00 06 00
      • Middle: 77 6F 72 64 (word)
    • Footer: 50 4B 05 06 (PK..) followed by 18 additional bytes at the end of the file.
  • XLSX
    • Header: 50 4B 03 04 14 00 06 00
      • Middle: 77 6F 72 6B 73 68 65 65 74 73 (worksheets)
    • Footer: 50 4B 05 06 (PK..) followed by 18 additional bytes at the end of the file.
  • PPTX
    • Header: 50 4B 03 04 14 00 06 00
      • Middle: 70 72 65 73 65 6E 74 61 74 69 6F 6E (presentation)
    • Footer: 50 4B 05 06 (PK..) followed by 18 additional bytes at the end of the file.
  • MDB / ACCDB
    • Header: 00 01 00 00 53 74 61 6E 64 61 72 64 20 4A 65 74 20 44 42 (….Standard Jet DB)
    • Footer: Don’t have footer.

Open Office

All this documents have the same header and footer, because of this, we need some bytes to differentiate them. In this case we can do this jumping 73 bytes from header. This type uses a ZIP file package.

Los documentos de OpenOffice tienen la misma cabecera y pie, por lo que necesitamos bytes intermedios para distinguirlos. Usan encapsulado ZIP.

  • ODS
    • Header: 50 4B 03 04 14 (PK..) jump +73 (0x49) bytes and 73 70 72 65 (spre)
    • Footer: 6D 61 6E 69 66 65 73 74 2E 78 6D 6C 50 4B 05 06 (manifest.xmlPK) followed by 18 additional bytes.
  • ODT
    • Header: 50 4B 03 04 14 (PK..) jump +73 (0x49) bytes and 74 65 78 64 (text)
    • Footer: 6D 61 6E 69 66 65 73 74 2E 78 6D 6C 50 4B 05 06 (manifest.xmlPK) followed by 18 additional bytes.
  • ODB
    • Header: 50 4B 03 04 14 (PK..) jump +73 (0x49) bytes and 62 61 73 65 (base)
    • Footer: 6D 61 6E 69 66 65 73 74 2E 78 6D 6C 50 4B 05 06 (manifest.xmlPK) followed by 18 additional bytes.
  • ODG
    • Header: 50 4B 03 04 14 (PK..) jump +73 (0x49) bytes and 67 72 61 70 (grap)
    • Footer: 6D 61 6E 69 66 65 73 74 2E 78 6D 6C 50 4B 05 06 (manifest.xmlPK) followed by 18 additional bytes.
  • ODF
    • Header: 50 4B 03 04 14 (PK..) jump +73 (0x49) bytes and 66 6F 72 6D (form)
    • Tail: 6D 61 6E 69 66 65 73 74 2E 78 6D 6C 50 4B 05 06 (manifest.xmlPK) followed by 18 additional bytes.
  • ODP
    • Header: 50 4B 03 04 14 (PK..) jump +73 (0x49) bytes and 70 72 65 73 (pres)
    • Footer: 6D 61 6E 69 66 65 73 74 2E 78 6D 6C 50 4B 05 06 (manifest.xmlPK) followed by 18 additional bytes.

Autocad

  • DWG (R11/R12 versions)
    • Header: 41 43 31 30 30 39
    • Footer: CD 06 B2 F5 1F E6
  • DWG (R14 version)
    • Header: 41 43 31 30 31 34
    • Footer: 62 A8 35 C0 62 BB EF D4
  • DWG (2000 version)
    • Header: 41 43 31 30 31 34
    • Footer: DB BF F6 ED C3 55 FE
  • DWG (>2007 versions)
    • Header: 41 43 31 30 XX XX
    • Footer: Don’t have

Note: >2007 versions have two patterns and the key is the position 0x80. If in this position we get the bytes «68 40 F8 F7 92», we need to search again for this bytes and displace 107 bytes to find the end of the file. If in the position 0x80 we get another different bytes, we need to search again this bytes and displace 1024 bytes to find the end of the file.

Nota: Las versiones >2007 siguen dos patrones y la clave está en la posición 0x80. Si en la posicion 0x80 obtenemos los bytes «68 40 F8 F7 92», los buscamos una segunda vez y ha 107 bytes encontramos el final del archivo. Si en la posición 0x80 obtenemos otros bytes diferentes a los del primer caso, los volvemos a buscar y a 1024 bytes hallaremos el final del archivo.

Others / Otros

  • PDF
    • Header: 25 50 44 46 (%PDF)
    • Footers:
      • 0A 25 25 45 4F 46 (.%%EOF) or
      • 0A 25 25 45 4F 46 0A (.%%EOF.) or
      • 0D 0A 25 25 45 4F 46 0D 0A (..%%EOF..) or
      • 0D 25 25 45 4F 46 0D (.%%EOF.)
  • ZIP
    • Header: 50 4B 03 04
    • Footer: 50 4B 05 06 (PK..) followed by 18 additional bytes at the end of the file.
  • RAR (< 4.x version)
    • Header: 52 61 72 21 1A 07 00
    • Tail: C4 3D 7B 00 40 07 00
  • 7ZIP
    • Header: 37 7A BC AF 27 1C 00 03  (7z¼¯’…)
    • Footer: 01 15 06 01 00 20 followed by 5 additional bytes at the end of the file.
  • RTF
    • Header: 7B 5C 72 74 66 31
    • Footer: 5C 70 61 72 20 7D

Links / Enlaces

El reto

Se nos proporciona la imagen anterior y se nos invita a resolver la ecuación para el menor entero positivo que representa cada fruta. La solución del reto es concatenar «Flag-» a la suma de los valores de las tres frutas.

Análisis inicial

El enunciado es breve pero ya nos adelanta que existen varias soluciones y que además sólo quieren los números más pequeños que podamos encontrar.

Las frutas están muy bien y son muy sanas pero a nosotros se nos hace más sencillo plantear la ecuación con letras.

\begin{align}
&  \frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}=4\\
\end{align}

Para arrojar algo de luz veamos la representación gráfica en 2D y 3D con la ayuda de Desmos.

3D

Las gráficas más que luz nos traen oscuridad de modo que preguntemos a ChatGPT.

ChatGPT

resuelve: (x/y+z)+(y/x+z)+(z/x+y)=4 para enteros positivos

Dado que las variables x, y, z son enteros positivos, podemos intentar encontrar una solución para la ecuación bajo estas condiciones. Sin embargo, encontrar una solución exacta puede ser complejo debido a la naturaleza no lineal de la ecuación. Aun así, podemos intentar algunos enfoques:

  • Prueba y error: Podemos probar diferentes combinaciones de valores enteros positivos para x, y, z y ver si satisfacen la ecuación.
  • Análisis de casos específicos: Podemos comenzar analizando casos más simples, como cuando dos de las variables son iguales, y luego ampliar nuestra búsqueda desde allí.
  • Análisis gráfico o numérico: Utilizando herramientas gráficas o numéricas, podríamos identificar posibles soluciones y luego verificar si son enteros positivos.

Voy a realizar un análisis numérico con un rango limitado de valores para ver si encontramos alguna solución que cumpla con las condiciones. Vamos a probar con valores de 1 a 10 para cada variable.

El análisis numérico para valores de en el rango de 1 a 10 no ha encontrado ninguna solución que satisfaga la ecuación. Esto sugiere que, dentro de este rango, no existen combinaciones de enteros positivos que cumplan con la ecuación.

Dado que la ecuación es bastante compleja y no lineal, es posible que las soluciones, si existen, se encuentren fuera del rango considerado o que requieran un enfoque diferente para ser identificadas. Si tienes un rango específico de valores en mente o si hay alguna otra restricción o contexto relevante, por favor házmelo saber para poder ajustar el análisis en consecuencia.

Básicamente nos está invitando a utilizar prueba y error para encontrar una solución, y el prueba y error de las matemáticas no es más que la fuerza bruta en programación.

El código

Partiendo del problema anterior dame un código en python que realice una comprobación recursiva de todas las variables con un rango de 1 a 999.

soluciones = []
rango_valores_x = range(1, 999)
rango_valores_y = range(1, 999)
rango_valores_z = range(1, 999)

for x in rango_valores_x:
    for y in rango_valores_y:
        for z in rango_valores_z:
            # Calculamos el valor de la expresión para cada combinación de x, y, z
            valor = x / (y + z) + y / (x + z) + z / (x + y)
            # Comprobamos si el valor es igual a 4 y agregamos la solución a la lista
            if abs(valor - 4) < 1e-6:  # Usamos una pequeña tolerancia para evitar errores de precisión
                soluciones.append((x, y, z))

print(soluciones)

Dejo resaltada la línea 12 del código ya que en ella reside el problema. Está comprobando con un margen de tolerancia de 10-6 ya que el resultado de las diferentes fracciones no da como resultado exacto 4. Esto es un problema ya que nosotros necesitamos que de exactamente 4 para validar los valores enteros de x, y y z. Pongo un ejemplo para el que se haya perdido con una solución válida para la tolerancia 10-6 siendo x=2, y=264 y z=993.

\begin{align}
&  \frac{2}{264+993}+\frac{264}{2+993}+\frac{993}{2+264}=4.000000429\\
\end{align}

En otras palabras, ChatGPT nos ha brindado una solución aproximada que no sirve para nuestro propósito. Seguimos probando con el código anterior quitando la tolerancia y con rangos mayores hasta que en 106 paro. Me acaba de quedar claro que con la fuerza bruta no vamos a ninguna parte, o más bien, no tenemos capacidad de computación para resolverlo de ésta manera.

¿Qué está pasando?

Lo que pasa es que estamos ante una ecuación algebraica de 3 incógnitas que deben ser enteros positivos cuya solución se alcanza mediante la teoría de curvas elípticas.

Curvas elípticas

Las curvas elípticas son fundamentales en matemáticas avanzadas, representadas por la ecuación y2=x3+Ax+B, donde A y B son constantes. Estas curvas son un punto de encuentro entre la geometría, la teoría de números y el álgebra, ofreciendo un campo rico para la exploración y el análisis. En este CTF, nos enfocaremos en los puntos racionales de las curvas elípticas. Utilizando el método tangente-secante, un procedimiento geométrico iterativo, buscaremos ampliar un conjunto finito de soluciones conocidas a la ecuación de la curva. Este método nos permite indagar en la estructura de las soluciones racionales, que potencialmente pueden ser infinitas. Además, estableceremos una conexión entre las soluciones enteras de las ecuaciones diofánticas y los puntos racionales en las curvas elípticas partiendo de la ecuación (1) especificada en el análisis inicial. A pesar de su aparente simplicidad, esta ecuación es conocida por presentar soluciones mínimas de gran tamaño.

Adecuación

Antes de nada, necesitamos saber el grado de la ecuación, de modo que planteamos la ecuación en forma polinómica estándar deshaciéndonos de los denominadores.

\begin{align}
\begin{split}
n(a+b)(b+c)(c+a)=a(a+b)(c+a)+b(b+c)(a+b)+c(c+a)(b+c)
\end{split}
\end{align}

Ahora necesitamos expandir y simplificar para llegar a la conclusión de que estamos ante una ecuación diofántica de grado 3. Este proceso es engorroso por la cantidad de términos a manejar así que vamos a utilizar Mathematica como software de respaldo para finalmente obtener el polinomio en la forma de Weierstrass según la ecuación 4.

\begin{align}
&  y^2=x^3+109x^2+224x\\
\end{align}

donde:

\begin{align}
x = \frac{−28(a+b+2c)}{(6a+6b−c)}\\
y = \frac{364(a−b)}{(6a+6b−c)}
\end{align}

Las relación entre la ecuación 3 y los puntos de la curva elíptica se establecen mediante la ecuación 4. Las transformaciones entre las soluciones (a, b, c) y los puntos (x, y) en la curva elíptica vienen dados por las ecuaciones 5 y 6. Con estas transformaciones, cada solución de la ecuación diofántica se puede representar como un punto en la curva elíptica, y las operaciones de suma de puntos en la curva elíptica pueden usarse para encontrar nuevas soluciones de la ecuación diofántica.

Mathematica

El código que tenéis a continuación pertenece al gran trabajo de Aditi Kulkarni [7], que además nos da el resultado para cualquier valor de n. Ojo porque para n=4 el resultado tiene 81 dígitos, para n=6 tiene 134, para n=10 tiene 190 y para n=12 asciende a 2707 dígitos.

(* Asignar un valor numérico a n *)
n = 4;
(* Definir la ecuación de una curva elíptica en términos de n *)
curve4 = y^2 == x^3 + (4*n^2 + 12*n - 3)*x^2 + 32*(n + 3)*x;
(* Encontrar un punto racional en la curva que no sea (4,0) *)
P4 = {x, y} /. First[FindInstance[curve4 && x != 4 && y != 0, {x, y}, Integers]];
(* Función para calcular la pendiente entre dos puntos en la curva, 
   o la derivada en el punto si son iguales *)
Slope4[{x1_, y1_}, {x2_, y2_}] := 
  If[x1 == x2 && y1 == y2, 
     ImplicitD[curve4, y, x] /. {x -> x1, y -> y1}, 
     (y2 - y1)/(x2 - x1)];
(* Función para calcular la intersección en y de la línea entre dos puntos 
   o la tangente en el punto si son iguales *)
Intercept4[{x1_, y1_}, {x2_, y2_}] := y1 - Slope4[{x1, y1}, {x2, y2}]*x1; 
(* Función para encontrar el siguiente punto racional en la curva *)
nextRational4[{x1_, y1_}, {x2_, y2_}] := 
  {Slope4[{x1, y1}, {x2, y2}]^2 - CoefficientList[curve4[[2]], x][[3]] - x1 - x2, 
   -Slope4[{x1, y1}, {x2, y2}]^3 + Slope4[{x1, y1}, {x2, y2}]*(CoefficientList[curve4[[2]], x][[3]] + x1 + x2) - Intercept4[{x1, y1}, {x2, y2}]};
(* Función para convertir un punto en la curva elíptica a una solución diofántica *)
ellipticToDiophantine[n_, {x_, y_}] := 
  {(8*(n + 3) - x + y)/(2*(4 - x)*(n + 3)), 
   (8*(n + 3) - x - y)/(2*(4 - x)*(n + 3)), 
   (-4*(n + 3) - (n + 2)*x)/((4 - x)*(n + 3))};
(* Usar nextRational4 para iterar desde P4 hasta encontrar una solución 
   válida y positiva para la ecuación diofántica *)
sol4 = ellipticToDiophantine[n, 
   NestWhile[nextRational4[#, P4] &, P4, 
     ! AllTrue[ellipticToDiophantine[n, #], Function[item, item > 0]] &]];
(* Escalar la solución para obtener enteros mínimos *)
MinSol4 = sol4*(LCM @@ Denominator[sol4])
(* Suma de las tres variables*)
Total[MinSol4]

Solución

Concatenando Flag- con el resultado de Mathematica tenemos la ansiada flag.

Flag-195725546580804863527010379187516702463973843196699016314931210363268850137105614

Conclusiones

ChatGPT ha demostrado ser eficaz en el análisis y la resolución de problemas, siempre que se le proporcione el contexto adecuado. Sin embargo, es importante ser conscientes de que la respuesta proporcionada puede ser aproximada, especialmente si la solución requiere una gran cantidad de recursos computacionales. Por ejemplo, al trabajar con una ecuación diofántica y valores específicos para (x) e (y), ChatGPT puede ayudar a calcular puntos como (P), (2P), (3P), etc., pero hay que tener en cuenta que los resultados para estos puntos pueden ser estimaciones.

Finalmente, os invito a leer la solución de Mingliang Z. [4], en la que se resuelve el problema por completo y de forma muy detallada.

Enlaces