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[其他] 2018年腾讯游戏安全技术竞赛进阶版writeup

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发表于 2018-5-15 19:30 | 显示全部楼层

本来去年对比赛印象不错,所以今年还是在一堆事情的情况下挤了点时间强行通宵做了一下,题目本身还行,不过题目各种出错,主办方反馈极度慢也是无话可说。

最后本来是打算等比赛结果公布后抽空好好整理下把 writeup 发出来的,不过现在竟然由于提交答案时附件附错了,自己没注意检查,主办方也没有任何提醒,导致直接没有得分,实在是非常郁闷(真的是打过这么多比赛,输赢都无所谓了,但真的从没有这么憋屈过),没有心情整理了,大家将就着看吧……

writeup 同时也放在 GitHub 上了,可以查看题目过程中的一些附件。

资格赛

不知道主办方是不是看我去年用 z3 angr 不太爽,或者看我复用 so 不太爽?上来规则里面就是不让有三方依赖,不让任何形式截取逆向汇编(IDA F5 结果可以复制么???)。
好吧,我们听主办方的,规规矩矩逆向,不偷懒跑符号执行了,一点代码也别复用了。
只是还真有点不清楚 Python 的库中哪些是自带的,哪些是 pip install 的了。。。。

  1. 按照流程来,首先 0x4864 对 key 做了检查,大致可以看出是要求是 39 位,其中 32 位是 hex digit,7 位是 #,并将 key 全部 toupper 后按照 # 将输入分段,大致可以感觉出是 4 个一组,一共 8 组。

  2. 接下来 0x496C 对这个 8 4 的输入,进行了惨无人道的简直毫无规律的各种小操作(+, -, `,/,%,^,&,|`)将输入转换成 5 个 qword,尤其配上这 cpp 的结构与冗余,整个代码不忍直视。
    最好的方法无疑是符号执行或者直接复用代码,因为这个操作很显然在题目的目标下(根据 key 算 code),不需要进行逆运算。
    但是为了满足出题人变态的要求,只能硬着头皮一点点看下来了,但不知道会不会有小的错误,毕竟没有办法进行完全的测试。

  3. 对于 standard 难度,0x7114 对输入 code 做了个变换,很明显可以看出是个换了表的 base64 decode(为什么都这么喜欢 base64,能不能来点新意?)。大概扫下后面的逻辑可知,这里最后得到的结果应该是 4 个 qword。

  4. 0x5232 要求了上面一步最后一个 qword 是常量 0x32303138,接下来 0x5658 对剩余的 8(5 + 3) 个 qword 进行了校验。
    校验很明显是 3 个等式,显然这里用 solver 可以轻松愉快的解决,不过 solver 的库一般含有 binary,难以满足题目的使用要求,故而只好手解方程。
    大致可以转换为 x ^ 2 == 0 这种形式,于是按说可得唯一解。
    解方程过程中会有个除法,但对于本题,该除法可以整除,所以可以简单算得,不过暂不确定在模 2^64 的域下能否保证没有多解,数学都还给老师了,懒得算了,有一组解就好。

最后随机生成 key 测试了一会,没有发现 failed 的情况,就假装第二步细节没有逆错吧。。。

在 standard 的基础上,advance 只是在 standard 的 code 转换完后多调用了一个 0x6158,大致参数是 standard 转换完的 code 和常量字符串 welcomegslab2018
首先会发现转换后的 code 长度应该是 16 的倍数,然后 16 个一组进行操作。
稍微调试一下,可以看出,常量字符串会扩展生成一张表,输入首先转换成 4 * 4 的矩阵,然后 xor 了表中数据,接下来进行了一个按行的 shift 操作,接下来就是一个 10 次的循环。
等等,看到这些操作,本能映入脑海的无疑就是 AES,带着这一猜想过一眼程序结构,可以很明显发现常量串正好 16 位,
最开始 expand key,然后 add round key,shift row,
接着循环 10 次,sub bytes,一堆奇怪 switch,add round key。
简直就是标准的不能在标准的 AES 加密流程了,那堆 switch 仔细看一眼常量或者干脆读一下每个 case,会发现用到的 9 11 13 14,正好就是 mix columns 时用到的多项式。
仔细检查一下各个常量表,sbox 256 个 byte 无重复,没问题,expand key 结果 176 个 byte,没问题,
不过 expand key 用的 sbox 貌似不是后面的 sbox,不过无所谓了,直接用 expand 后的结果就好了。
然后找个标准 AES 实现,换掉 sbox 和轮密钥,会发现结果不对。
仔细调试一下会发现,轮密钥的使用很奇怪,流程是加密的流程,但轮密钥是倒序使用(解密的方式),mix column 也是解密的参数,其次轮密钥的每四个 byte 中有两个反过来了。
改了半天 AES 各种对不上,感觉出题人把所有能换的表都给魔改了(给出题人深深地跪了),于是干脆从头跟着程序流程裸写一份好了,反正不复杂。
正向测试通过后,对着反着写一份,稍微麻烦点的就是 mix columns 需要将 14, 11, 13, 9 对应换成多项式的逆 3, 1, 1, 2。
最后在 standard 代码中算 code 时额外调用一下“解密”操作即可。

决赛第一题

运行程序可以发现就是个简陋的游戏地图,按照箭头返现移动一下会发现移不动了,并且看起来后面有东西,那么看代码吧。

首先 Manifest 可以看出是个 NativeActivity,打开 so 看下会发现,跟 Android 官网样例基本一样……
对着样例标好函数后,大概看一下 engine_handle_input 很明显限制了 x <= 50.0,直接 patch 掉移过去发现是个奇奇怪怪的形状。
然后左看看,右看看,也没感觉有啥特别的,就一堆 OpenGL 的操作,但感觉应该没啥牵扯到 flag 的。

无奈之下,只得深入看下 OpenGL 代码细节了,然而不得不说,这 OpenGL 的代码真恶心,感觉就是给我源代码,也看不懂……
去年从零开始学 mono,今年从零开始学 OpenGL,感觉再这样比几次,能把游戏技术全学一遍了……

找个 OpenGL 教程对着看,结果发现,texture 竟然跟教程上一样,em,这个题真是样例代码大杂烩……
按照执行顺序来,整个程序流程:

  1. 0x0002F420 是 init 函数,准备了顶点着色器和片段着色器的代码,然后初始化了一个 3057 个常量 float 的数组;

  2. android_main 里面设置了 engine_handle_cmdengine_handle_input,然后消息循环处理,无操作时直接调用 draw (0x00030094) 更新界面;

  3. engine_handle_input 大致处理了一下滑动的操作,更新全局的当前坐标,同时会限制可移动的坐标范围;

  4. engine_handle_cmd 大致处理了一下界面初始化的操作,加载了 container.jpgawesomeface.png 作为着色器中的 texture,从 0xA18D8 加载了 180 个常量 float 做为顶点信息;

  5. draw 中设定了 projection、view、model 三个变换矩阵并绘制界面,其中 view 由当前全局坐标算出,大致反应当前视角,model 由之前 3057 个 float 的常量数组决定,3 个一组,生成一个位移的矩阵(大致决定了绘制的全局坐标),同时结合上一个与分组 index 相关的旋转矩阵(达到类似随机旋转的效果),一共 1019 个 model。每个 model 会根据之前的 180 个顶点信息对应绘制 12 个三角形(每个顶点含有 3 维坐标及 2 维纹理坐标,12 * 3 * 5 = 180),应该是对应画了一个正方体的 6 个面。通过调试改变 model 个数,可以看出前一半画出了之前右上角的不规则图形,后一半画出了中间的箭头。

提取下这 1057 个 model 的坐标。很明显可以看出坐标分成了两个部分,前 361 个是绘制那片奇怪区域的,剩下的是绘制箭头的。

对着坐标看了一会,没发现什么异常,于是仔细研究坐标含义。
首先坐标根据之前看程序的感觉,结合动态调试(拿着一个点控制变量法调节三维坐标的值)观察,可以发现,
这是一个球面坐标(不妨当做地球好了),三维分别是经度、纬度和到球面的距离(-90 大概是球心,故第三维限制为最小 -89)。

既然是球面坐标,继续对着坐标脑洞,考虑按 z 坐标分层,于是写了成脚本,按 z 坐标范围过滤,二维打点画图,试了半天后发现,貌似完全不分层的时候结果非常合理,咋看咋像 flag:

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瞬间感觉自己智障了,一直以为题目是要在不调试、不篡改程序的情况下,通过一些特定的移动方式,看到 flag,
其实,题目是想让我们换个视角来看地图,而程序本身大概是不能换到这个视角的。

虽然看到了 flag,但感觉这自己二维做图估计不会过,那考虑怎么在程序中转换视角。
继续调试,仔细观察下移动后更新的三维坐标和各个变换矩阵发现,我们的滑动约等于上下左右平移这个球,
view 矩阵是做了这个平移的操作,project 矩阵才是真正的视角矩阵,相当于放在球体外全局 z 轴上一固定地方相机,默认视角 45 度。

为了看到 flag,我们首先将全局记录的三维坐标改成 (0, 0, -1),此时得到 view 矩阵:

1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 -3
0 0 0 1

对于球面坐标而言,旋转比平移更容易,我们计算下箭头和 flag 坐标的平均值的差,
大致可以得出绕全局 y 轴旋转 -59°,绕全局 x 轴旋转 -17.5°,为了防止图案过大,我们可将球沿 z 轴负方向平移 -90,
于是最终得到 view 矩阵:

1 0 0 -59
0 1 0 -17.5
0 0 1 -90
0 0 0 1

修改好后,让程序完成绘制,可以看到 flag,见图。

决赛第二题

Level 1

首先看下 Manifest,查一查会发现程序是一个 UE4 引擎做的游戏,由于上了个大型引擎,相比于之前的题程序大了很多,手头的破测试机跑起来卡的飞起……

大概查了下资料,想找到用户代码入口,半天无果,全局搜了下字符串,也找不到游戏中的字符串,只能抱着最后的侥幸乱翻下 so 了。
首先搜了下名字,感觉 libph2.solibtmgs.so 比较可疑,打开翻下 export,发现 libtmgs.so 中有 malncheck 之类的函数名,瞬间对出题人充满了感激。
果断下断跑起来,毫不意外的点击验证后成功断下来,终于可以开始分析了。

调了下很明显发现一个 luac,maln 通过调用 luac 的 check 函数来校验输入。
dump 下来,查了下 luac 相关信息,发现貌似和流传的版本号对不上?!格式不对劲解不出来啊!

乱翻看到 lua load 相关函数,于是对照着 lua 5.3 源码打了一圈符号,蛋疼的发现,程序和源码的文件格式基本一致,除了开头的版本号被从 0x53 改成了 0x11……
给网上搜出来的破教程跪了,教程中的打着 5.3 的招牌,讲的绝对不是 5.3 的格式,坑啊坑啊!

可是既然 load 没有问题,那么改掉版本号后用搜到的针对 5.3 的 luadec 尝试,程序还是直接崩,无奈 GDB 一下 luadec,发现是指令翻译的时候不对……
瞬间感觉又有去年的既视感,只是把 .NET 换成了 lua,于是继续对着源代码找执行部分代码 luaV_execute (0x18b60)
稍微对比下发现,操作数的切割应该没有动过,貌似和去年一样把指令顺序动了……
再仔细看一下发现,比去年更坑的是,今年貌似不像去年直接循环移动了下,case 63 个,其中有重复,去重后剩 47 个,而正好源码中 opcode 有 47 个。

感觉要一个个把指令对上来实在要命,突然想起来,还有个基础版,可以参考一下,大概估计有哪些指令。
瞬间感觉偷鸡不成蚀把米,本来看时间不够了,直接看的进阶版,结果又跟去年一样饶了一圈弯路(为什么年年都是只篡改 Opcode,不篡改 loader!!!)。

打开基础版,果然 Opcode 没有动,连前面那个忽悠人的版本号都没有,直接标的 5.3 版,
血崩,感觉自己真是傻啊,有 easy mode 不走非要走 hard mode,下次一定好好参考基础版做题!

用 luadec 跑下基础版,发现只能 disassemble 不能 decompile,调了下大概修掉最外层 upvalue->name (大概是我们的输入?)不存在的问题,还是有问题,于是决定放弃。
程序函数有点多,不过既然之前觉得调用的 check 函数,那么直接收下 check,发现是个构造的闭包,貌似很符合设定。
随便看两眼,就会发现估计是用 F8998657AFE06DD5AA593D88FB3DB3E4 作为 key,加密结果一位位校验,大概是 \x1e\xc9\x86\x8b3h\xd1\xa4\xad{\x86t\x07\x1c\xeen\x87x\x81Gk\xbb\xed\x98o\xca\xda\xc0\xd4V\xda\xd1
网上搜个 rc4 跑一下,果然解密成功得 C3F6B4473DB70B38B554F6F3C2E6058C,输入程序校验无误。

再回来看进阶版,直接看 luac 会发现同样有着像 key 的串,以及 32 个用来对比的常量整数,如下:

04 21 43 44 44 38 41 41 41 41 35 30 30 43 41 38
45 46 38 37 31 33 45 31 43 37 35 38 31 37 35 30
30 33

13 C4 00 00 00 00 00 00 00 13 F3 00 00 00 00 00
00 00 13 E4 00 00 00 00 00 00 00 13 6E 00 00 00
00 00 00 00 13 C6 00 00 00 00 00 00 00 13 9D 00
00 00 00 00 00 00 13 5E 00 00 00 00 00 00 00 13
12 00 00 00 00 00 00 00 13 45 00 00 00 00 00 00
00 13 1B 00 00 00 00 00 00 00 13 34 00 00 00 00
00 00 00 13 5B 00 00 00 00 00 00 00 13 44 00 00
00 00 00 00 00 13 A2 00 00 00 00 00 00 00 13 CD
00 00 00 00 00 00 00 13 9B 00 00 00 00 00 00 00
13 38 00 00 00 00 00 00 00 13 F1 00 00 00 00 00
00 00 13 22 00 00 00 00 00 00 00 13 74 00 00 00
00 00 00 00 13 9E 00 00 00 00 00 00 00 13 4D 00
00 00 00 00 00 00 13 6F 00 00 00 00 00 00 00 13
42 00 00 00 00 00 00 00 13 98 00 00 00 00 00 00
00 13 67 00 00 00 00 00 00 00 13 AE 00 00 00 00
00 00 00 13 54 00 00 00 00 00 00 00 13 7B 00 00
00 00 00 00 00 13 EA 00 00 00 00 00 00 00 13 85
00 00 00 00 00 00 00

即 key 是 CDD8AAAA500CA8EF8713E1C758175003,加密结果是 \xc4\xf3\xe4n\xc6\x9d^\x12E\x1b4[D\xa2\xcd\x9b8\xf1"t\x9eMoB\x98g\xaeT{\xea\x85
然后惊奇的发现解密结果不对,看来出题人防猜了?

仔细一看,常量整数不满 32 个,看来常量有重复,那扣指令表:

71 00 00 00 1A 40 40 80 42 C0 40 00 82 00 40 00
7D 80 00 01 1A 40 00 81 1A 00 00 82 42 40 41 00
87 00 00 00 7D 80 00 01 1A 40 00 82 42 80 40 00
82 00 41 00 79 80 00 01 1A 40 00 83 5F 00 00 0C
BC 00 02 00 E9 40 02 00 3C 81 02 00 68 C1 02 00
A8 01 03 00 E2 41 03 00 28 82 03 00 68 C2 03 00
A9 02 04 00 E8 42 04 00 28 83 04 00 62 C3 04 00
A2 03 05 00 E9 43 05 00 29 84 05 00 7C C4 05 00
A2 04 06 00 FC 44 06 00 22 85 06 00 62 C5 06 00
A8 05 07 00 E8 45 07 00 3C 86 07 00 69 C6 07 00
BC 06 08 00 E9 46 08 00 3C 87 08 00 68 C7 08 00
BC 07 09 00 E8 47 09 00 29 C8 04 00 69 88 09 00
4C 40 00 10 1A 40 80 83 1A 00 CA 93 1A 80 CA 94
42 40 4A 00 82 C0 4A 00 8D 00 4B 01 C2 80 41 00
B7 80 00 01 35 80 80 00 09 C0 04 80 42 C0 4A 00
4D 80 CB 00 82 80 41 00 C2 40 4A 00 02 41 4A 00
79 80 00 02 1A 40 80 96 42 C0 49 00 82 C0 4A 00
8D C0 4B 01 C2 40 4B 00 A3 80 00 01 E9 00 0C 00
60 C0 80 00 1A 40 80 93 42 40 4A 00 71 80 CA 00
1A 40 80 94 50 24 03 22 05 00 F9 7F 1A 80 CA 94
42 40 4A 00 82 C0 4A 00 8D 00 4B 01 C2 80 41 00
B9 80 00 01 35 80 80 00 09 80 05 80 42 C0 4A 00
4D 80 CB 00 82 80 41 00 C2 40 4A 00 02 41 4A 00
77 80 00 02 1A 40 80 96 50 1B 03 42 42 C0 4A 00
4D C0 CB 00 82 40 4B 00 77 80 00 01 82 C0 41 00
C2 40 4A 00 8D C0 00 01 70 80 80 00 25 40 00 80
7B 00 00 00 44 00 00 01 42 40 4A 00 71 80 CA 00
1A 40 80 94 09 40 F8 7F 90 39 83 38 7B 00 80 00
44 00 00 01 04 00 80 00

提取下 Opcode:

26 2 2 61 26 26 2 7 61 26 2 2 57 26 31 60 41 60 40 40 34 40 40 41 40 40 34 34 41 41 60 34 60 34 34 40 40 60 41 60 41 60 40 60 40 41 41 12 26 26 26 2 2 13 2 55 53 9 2 13 2 2 2 57 26 2 2 13 2 35 41 32 26 2 49 26 16 5 26 2 2 13 2 57 53 9 2 13 2 2 2 55 26 16 2 13 2 55 2 2 13 48 37 59 4 2 49 26 9 16 59 4 4

而基础版 Opcode 是:

8, 6, 6, 36, 8, 6, 6, 36, 8, 8, 6, 6, 36, 8, 11, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 43, 8, 8, 8, 6, 6, 7, 6, 36, 33, 30, 6, 7, 6, 6, 6, 36, 8, 6, 7, 6, 36, 6, 6, 7, 31, 30, 3, 38, 6, 13, 8, 30, 3, 38, 38

很显然,没有中间那一串相同的 Opcode,即 OP_LOADK
看来还是得研究下 Opcode 的变换了,不过有了基础版本的代码参照,寻找对应关系就变得异常容易,基本看一下常量、结构等特征就可以确定 Opcode 了。

==,突然想起来,在进阶版里,部分 Opcode 有重复,立刻找到 OP_LOADK 对应的地方,果然有重复,34 40 41 60 都是,替换一下得:

26 2 2 61 26 26 2 7 61 26 2 2 57 26 31 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 12 26 26 26 2 2 13 2 55 53 9 2 13 2 2 2 57 26 2 2 13 2 35 60 32 26 2 49 26 16 5 26 2 2 13 2 57 53 9 2 13 2 2 2 55 26 16 2 13 2 55 2 2 13 48 37 59 4 2 49 26 9 16 59 4 4

果然中间出现了我们要的特征,正好有 32 个,提取操作数得 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 19 38
那么加密结果应该是 \xc4\xf3\xe4n\xc6\x9d^\x12E\x1b4[D\xa2\xcd\x9b8\xf1"t\x9eMoB\x98g\xaeT{\xea[\x85

然而直接解密结果还是不对,再仔细看下会发现 check 的常量中多了一个 prexor,看来预处理了下输入。

仔细对比发现另一个串 E0EA72E0E1C1BFFBC26E8B47AD9D809C,应该是跟 prexor 相关,但直接 xor 到结果上还是不对。
以及顺便看到 Lua 5.2 的字符串,瞬间感觉心凉了,可我记得试过 5.2 死的更惨啊……

感觉自己不适合猜谜,于是还是规规矩矩把 Opcode 对了下,得到对照表 {2: 6, 3: 42, 4: 38, 5: 30, 6: 0, 7: 0, 8: 5, 9: 30, 10: 30, 11: 47, 12: 43, 13: 7, 14: 7, 16: 47, 17: 5, 18: 4, 20: 45, 21: 16, 22: 0, 23: 5, 26: 8, 27: 0, 29: 10, 30: 15, 31: 11, 32: 29, 33: 41, 34: 1, 35: 36, 36: 19, 37: 30, 38: 32, 39: 37, 40: 1, 41: 1, 42: 35, 44: 39, 46: 44, 47: 14, 48: 31, 49: 13, 50: 40, 51: 26, 52: 28, 53: 33, 54: 5, 55: 36, 56: 34, 57: 36, 59: 3, 60: 1, 61: 36}

decode 后发现,prexor 原来是异或了一个新的常量串 \xb7s\x80d\n\xccQ\x0f\x1dXCw,h\xca\x07\x9c\xa4Uw\x03\x9d\xd0\xbf\xfde\x02\xac\xf8\x83i2
尝试解密发现还是不对,看了半天不知道为啥,但发现之前那个 E0EA72E0E1C1BFFBC26E8B47AD9D809C 串貌似没用,就莫名其妙刚开始但参数调用了一下 check。
于是无聊的试了下当输入,em,竟然过了,wtf?这是题目又意外了,测试代码没删么……
既然答案都出来了,也懒得 debug 了,真是给出题人深深的跪了,敢不敢出题的时候认真点?

Level 3

第一关通过看字符串猜出了检查函数,第二关就没有这么幸运了。
于是参考第一关的调用栈,在调用栈上一层层向上下断,在第三次 ret 之后的调用点断住了。
不过断住次数太多,大概是什么消息处理函数之类的,于是找一些不触发第二关的 check 逻辑的操作记录一些调用黑名单,
在去除掉会被多次调用到的函数,就剩了大概四个函数,人工试试筛选一下,貌似看着都不太对劲……
突然想起来,其实最好的办法应该是直接 trace 或者内存断点,看什么时候跳出了 UE4.so 的范围,十有八九就是目标……
结果 IDA 不能 Android 上貌似下不了内存断,要去下个 gdb,然后 IDA 的指令级 trace 貌似也不 work,感觉真是给 IDA 跪了,要用的时候全 GG。

无聊的看了下第一个返回的函数,发现其中很明显出现了一个 pfn_check_key2 的符号,之前第一关调用的就是这个东西。
em...感觉自己是智障,竟然没查 UE4 的符号,还以为这个 so 所有 UE4 程序都是一样的。
于是接下来发现了 pfn_first_roundpfn_check_key4 两个符号,纳尼,我刚才做的真的是第一关么,这命名啥情况?

调一下,发现 pfn_first_roundpfn_check_key4 分别指向 libtmgs.so 中的 nullths 两个函数,
见了鬼了,这两个函数断过,断不下来的啊?!
难道说,第一关真的应该是 null,然后我真的直接做了第二关,结果程序就 bug 了???
可这第一关我咋还能输入第二关的结果过的……虽然好像确实不太对劲的是秘钥最后可以删除几位仍旧能过……

不知道发生了什么实在触发不了断点,但是 pfn_check_key4 还没有被用过,那么一定会被用,
刚才人工过滤的列表中,有个 sub_62BEBDA0 中有句 *v4 = sub_627BE820((int)&v11, (int)&v8); 比较可疑,改 *v4 里的值为 1 是可以直接过掉第二关的。
那么先跳了试下第三关,果然 pfn_check_key4 在第三关被触发了……

第三关 ths 首先把 libph2.so 载进来调用 punkHash_check
em...这个 libph2.so 还真是不能更友善了啊,直接把 lua 引擎的 symbol 都给了,luac 也是直接常量给出。
(以及,这个 ths 很神奇的地方在于,如果 punkHash_check 找不到的话,会直接调用之前 maln 里面调用的那个 check 函数,不知道什么用意……)

luac 拉出来一看,咦,这个头完全不对啊,以及这个 load 函数点进去看两眼完全不对劲啊,查了一下发现,这个原来是 luajit 的头。
搞来搞去,最后还是用 ljd 直接搞出一个反编译的代码,不过效果真的很差,也就勉强能看一下。

蛋疼的开始几千行 lua 逆向之旅,不过好在大部分看起来都应该是库函数,有名字,直接折叠掉不看,然后从 check 函数看起。
最后发现其实关键的就是一堆名字跟被混淆过似的函数,其实这些名字基本就是做了裸的字符串替换混淆,各种相同前缀,不过这都无所谓了。
稍微认真点看一下结构,会发现这就是实现了一基于栈的虚拟机,反编译结果中有个 opf 数组存放了 Opcode 与处理函数的对应关系,操作都很简单,很好逆。
而 check 的功能就是对输入,跑固定的虚拟机代码,输出和常量串 ETKdgxteV6FHLzDCwmaVb9pYU5kSV6paNicOnO/wA0ZzM4CzVmALImn0CmxRhx0xSq/jV3Ad9i6s4+jQF0TUY3vCVm2obdcm8OozofmjlnCCVPBoT7qk+2n+bzN+jhz6VPJEw8OkfkuCoGRJRlftVYv+6uwKRYPza/RnlFVfVkgw+zofoVN8p1MPmI1 对比。

那首先写个反汇编器把虚拟机代码反汇编一下就好了,不过也不知道自己咋就脑抽的写了个 emulator,算了,也无所谓了,把执行 trace 打出来还是勉强能看的。
看的时候发现代码有点诡异,可能是部分控制流指令翻译的有点问题。
这时候想到这个 luajit 既然没有篡改过啥,那直接就可以 load 起来跑,现学了一下 lua 语法,写了个测试代码果然跑起来了。
然而默认是没有输出的,想修改代码估计也麻烦,但其实,在程序中埋了几个输出点,只是输出函数 LOGPH 没有实现功能。
于是强行换掉 LOGPH 为 print,再跑就能看到程序中间的日志,非常愉快。

这时候对比一下输出,会发现几个中间打印量 emulator 跑的结果都是对的,不过就是输出不太正常,
但大概根据逆向的情况估计一下逻辑,输出应该就是把中间打印的这些量转成的字符串,转换方式无非就是看做 64 进制的数后用虚拟机中常量表 VChf+BoN8qw43JzinLRQm95F/u7D6M0bYIeSTypAktsjOgWE2dUHrlGaPK1cZXvx 替换。
根据猜想,验证一下无误,剩下的工作就是进行逆操作了。

首先 8 个 byte 一组,假定前 2 个构成 x,后 6 个构成 y。那么在只考虑可见字符串输入的情况下,四个数字可以分别表示如下:

# input: ABCDEFGH
x = 0x4241 # AB
y = 0x484746454443 # CDEFGH

k1 = 8 * x**3 + 13 * x**2 + 26 * x + 87
k2 = y % 61454 * 256
k3 = y % 54732 + y % 5136 % 256 * 256 * 256
k4 = y % 25548 * 256 + y % 5136 / 256

其中 k1, k2, k3, k4 分别转换成 8, 4, 4, 4 个 byte 到输出。

算 x 本来需要解三次方程,但鉴于数据范围小,可以直接穷举(提前把表打好可以免得算太慢)。
算 y 的话,首先根据 k2 可知 y 除 61454 的余数,
k4 中 y % 5136 / 256 最大为 20,y % 25548 * 256 是 256 倍数,故可以拆解,得知 y 除 25548 的余数,及 y % 5136 除 256 的商,
k3 中 y % 54732 最大为 54731,y % 5136 % 256 * 256 * 256 是 65536 的倍数,故也可以拆解,得 y 除 54732 及除 y % 5136 除 256 的余数。
y % 5136 可以确定于是对 61454,54732,25548,5136 用中国剩余定理即可求解 y。

最后解得字符串:The MIT License (MIT)\tCopyright (c) 2015    <gslab@tencent.com>..\tPermission is hereby granted, free of charge, to any person o    youy\tof this software and associated documentation files (key:8638599518A635CCC0734ABF55038747)hout restriction, including without limitation the rights\tto use, copy, modify, merge, publish, distribute, sublicense, and/or sell\tcopies of the Software, and to permit persons to whom the Software is\tfurnished to do so, subject to the following conditions:,输入即可过第三关。

Level 2

首先仔细检查下之前怀疑的函数会发现,之前说的 sub_62BEBDA0 中有的 *v4 = sub_627BE820((int)&v11, (int)&v8); 其实是做了个 strcmp,但是两个待比较函数来历不明。

正常逻辑下内存断往回跟应该挺容易的,不过这里是 Android,下断很受限制(看来应该做 Windows 版?可我没有 Windows 啊!!!)。
Android 下不能硬断,IDA 指令 trace 不正常,也不能 watch,传了个 gdb 上去后软 watch 多线程下各种不太正常,set scheduler-locking on 锁住线程切换后会稍微正常一点,勉强可用。

总之最后就是一通 watch 死命往回追踪数据来源,终于发现原来是 sub_616E0F40,这就是之前那个点第二关额外多出来的函数,但是调用了两次,当时犹豫了一下没考虑。
这也很符合上面说的,是算出了两个字符串对比。
稍微乱点一下,会发现里面很显然有个 md5,然后算下 md5(input) 果然等于待比较的第一个串。
咦,之前乱折腾的时候,发现出现过程序中有函数是 md5,还专门算过试了下,记得当时试下来不是第一个串啊,gg。

直接把第二个串扔给逆 md5 的网站果然失败了,但仔细一想,既然 md5 不可逆,程序用 md5 的结果做对比,那其实含义就是要求和算 md5 之前一直,
而待比较的 md5 既然是算出来的,那么我们断在算 md5 处看下输入就好。

算 md5 函数大概还是 sub_616DFB58,断下来,大概看一下,第二个参数是指向待算字符串的二级指针,于是 dump 下来(貌似点一次断了 3 次,分别是第一关 key,第二关 key,输入)。

0x6b28a280: 0x00000074  0x00000065  0x0000006e  0x00000063
0x6b28a290: 0x00000065  0x0000006e  0x00000074  0x0000005f
0x6b28a2a0: 0x0000006d  0x0000006f  0x00000062  0x00000069
0x6b28a2b0: 0x0000006c  0x00000065  0x0000005f  0x00000067
0x6b28a2c0: 0x00000061  0x0000006d  0x00000065  0x0000002b
0x6b28a2d0: 0x0000002d  0x00000039  0x00000039  0x00000039
0x6b28a2e0: 0x00000038  0x00000039  0x00000033  0x00000038
0x6b28a2f0: 0x00000038  0x00000037  0x00000000  0x00000011

即输入是 tencent_mobile_game+-999893887,输入验证无误。这么看来这关竟然没出 libUE4.so,还真是万万没料到。不过这下算是把 GDB 断点功能好好又熟悉了一遍,附个最后残留的断点列表。

(gdb) i br
Num     Type           Disp Enb Address    What
1       breakpoint     keep y   0x62bebe5c
    breakpoint already hit 32 times
10      breakpoint     keep y   0x62bebdc4  thread 15
    stop only in thread 15
    breakpoint already hit 27 times
17      watchpoint     keep n              *(int *)0x64cc8e18
    breakpoint already hit 2 times
18      breakpoint     keep y   0x6168d434  thread 15
    stop only if $r0 == 0x64cc8e18 (target evals)
    stop only in thread 15
    breakpoint already hit 38 times
23      watchpoint     keep n              *(int *)0x69a56820 thread 15
    stop only in thread 15
    breakpoint already hit 1 time
30      watchpoint     keep n              *(int *)0x6b3eb6e4 thread 15
    stop only in thread 15
    breakpoint already hit 2 times
33      breakpoint     keep n   0x618ae274
    stop only if ($r3 & 0xfff) == 0xd1c (target evals)
    breakpoint already hit 27 times
39      breakpoint     keep y   0x618ae274
    stop only if ($r3 & 0xfff) == 0xf40 (target evals)
    breakpoint already hit 17 times
    ignore next 98 hits
42      breakpoint     keep y   0x616dfb58
    breakpoint already hit 12 times

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发表于 2018-6-2 00:49 | 显示全部楼层
感谢分享,
当我看到防猜,就知道这个出题的人很有经验!我破解,一般都是靠猜!根据经验来看,猜开发者的心理,对于我们破解软件,很有效!

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发表于 2018-8-12 17:11 | 显示全部楼层
确实厉害,我当时做比赛的时候也是看到了pfn_check_key4 没有被使用的事情,奈何第二关没过去,原来可以跳关的,学习到了

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发表于 2018-5-15 19:45 来自手机 | 显示全部楼层

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发表于 2018-5-15 21:23 | 显示全部楼层
服,,真心大佬

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发表于 2018-5-15 23:43 | 显示全部楼层
这东西好难,看都看不懂。

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发表于 2018-5-15 23:54 | 显示全部楼层
真的是难

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发表于 2018-5-16 08:58 | 显示全部楼层
膜拜大佬!虽然看了半天啥都没看懂

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发表于 2018-5-16 09:50 | 显示全部楼层
感谢楼主分享

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发表于 2018-5-16 10:15 | 显示全部楼层
6666,支持支持

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发表于 2018-5-16 10:54 | 显示全部楼层
一看就很牛逼啊

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发表于 2018-5-16 10:58 | 显示全部楼层
好吧,进来看了一下。搞不了。我我走了!

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