海软25校赛CTF-Reverse逆向：Come_on
今天有兴趣玩了一下海软25年CTF校赛的培训练习题，发现一道题非常有意思：
Come_on
请找出答案，提交flag格式：flag{xxxx}。
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啥都没有提示，非常简洁
老规矩，先丢进IDA看看：
看这个程序的主函数main是一个无限循环，不断调用fun函数。而fun函数正是之前分析的验证逻辑，它要求输入一个字符串，经过异或和变换后与预设的字节数组比较，若匹配则输出经过大小写转换后的字符串作为 flag，
进入fun函数看看
程序首先在main函数中进入一个循环，反复调用核心处理函数fun。在fun函数内部，程序的主要执行路径是长这样的：
信息输入：通过
printf提示 "enter a flag:"，随后使用getchar()在while循环中逐字符读取用户输入并存入数组v4，直到读取到换行符（ASCII 10）为止。初始化数据：
设置
v4[0]为72（字符'H'）。将硬编码的字符串
"a7shw9o10e63nfi19dk"拷贝至v3数组。加密算法：程序包含多层嵌套循环（由变量
i,j,k控制），对输入的数据进行异或（XOR）运算。关键特征包括：
使用了固定值
0x53进行异或。
v3（初始字符串）作为动态密钥流参与运算。存在基于下标的反馈机制，例如
v4[(k-1)%9]。
根据Pseudocode-A窗口的伪代码，基本判断出算法的几个核心阶段：
| 阶段 | 伪代码行号范围 | 逻辑描述 |
| 数据采集 | 20-28 | 将用户输入填充至v4，限制长度由v16记录。 |
| 预处理 | 29 - 37 | 设置起始字符并初始化v3密钥数组。 |
| 第一层变换 | 38 - 41 | 将v4的内容传递给辅助处理数组v7。 |
| 异或混淆 | 42-47 | 执行嵌套循环，其中v5 = v7[j] ^ v7[j+1]且v5 ^= 0x53。这是典型的变换逻辑。 |
| 密钥流更新 | 48 之后 | 动态更新v3数组，使后续每一位的加密都依赖于之前的状态。 |
要获取正确的 Flag，这里需要写一个python逆向脚本来撤销这些无脑的操作，同时注意 v3 数组在循环中的动态变化，这是解密脚本中最容易出错的地方，我在此处出错n次才正确。。。
确定目标比对值：在伪代码下方未显示的区域或通过
Hex View查找与v4最终比对的字节数组。模拟密钥生成：由于
v3的更新逻辑是确定的，可以按照正向逻辑复现密钥流。逆推异或运算：由于异或运算的自反性（$A \oplus B = C \implies C \oplus B = A$），我们可以利用已知输出和
0x53逆推出原始的v4字符。格式化输出：最后一段逻辑会对字符的大小写进行翻转（偶数位加 32 转小写，奇数位减 32 转大写），在解密脚本中需反向处理。
算法加密逻辑梳理
根据伪代码，设定输入字符串长度$v9 = 19$（索引最大为18），程序的加密流程可归纳为以下四个核心步骤：
第一重变换：v7_{orig}[i] = v4[i] \oplus v7_{orig}[i-1]
第二重变换：v7_{new}[j] = v7_{orig}[j] \oplus v7_{orig}[j+1] \oplus 0x53
动态密钥流生成：v3[k] = v3_{init}[k] \oplus v4[(k-1)\%9] \oplus v4[(k-1)\%7] \oplus v3[k-1]
最终异或与比对：v7_{final}[m] = v7_{new}[m] \oplus v3[m] = target[m]
数学逆向推导
利用异或运算的自反性，可以大幅化简复杂的链式依赖。由第一重变换可知，相邻两项v7_{orig}的异或结果恰好是原始输入字符：
v7_{orig}[j] \oplus v7_{orig}[j+1] = v4[j+1]将此结论直接代入第二重变换公式中，即可消除对v7_{orig}状态的依赖：
v7_{new}[j] = v4[j+1] \oplus 0x53 \implies v4[j+1] = v7_{new}[j] \oplus 0x53结合第四重比对逻辑v7_{new}[j] = target[j] \oplus v3[j]，可得到最终的线性解密公式：
v4[j+1] = target[j] \oplus v3[j] \oplus 0x53
顺序数据解密
观察密钥流的生成递推式：在计算$v3[k]$时，其依赖的输入字符索引为(k-1)\%9与(k-1)\%7。这两个索引的值始终严格小于$k$。这意味着在任何给定的步骤$k$，所需的$v4$数据已经计算完毕，因此我们可以从头开始交替求解。
已知初始内存状态：
固定起始字符：v4[0] = \text{0x48 (H)}
密钥流初值：v3[0] = \text{0x61 (a)}
比对目标数据：target = \{0x47, 0x64, 0x18, 0x33, 0x10, 0x61, 0x51, 0x3B, 0x35, 0x5E, 0x63, 0x64, 0x1D, 0x74, 0x19, 0x4D, 0x60, 0x1B, 0x69\}
步进推导示例：
当$j=0$时：v4[1] = target[0] \oplus v3[0] \oplus 0x53 = 0x47 \oplus 0x61 \oplus 0x53 = 0x75 \text{ ('u')}
当$k=1$时：v3[1] = v3_{init}[1] \oplus v4[0] \oplus v4[0] \oplus v3[0] = 0x37 \oplus 0 \oplus 0x61 = 0x56
当$j=1$时：v4[2] = target[1] \oplus v3[1] \oplus 0x53 = 0x64 \oplus 0x56 \oplus 0x53 = 0x61 \text{ ('a')}
大概弄清楚了逆向逻辑，这里将逆向脚本编写工作交与AI Agent完成
def solve_flag(): # 初始化已知参数 v9 = 19 v4 = [0] * v9 v4[0] = ord('H') # 初始密钥流与目标比对数据 v3 = list(b"a7shw9o10e63nfi19dk") target = [71, 100, 24, 51, 16, 97, 81, 59, 53, 94, 99, 100, 29, 116, 25, 77, 96, 27, 105] # 核心解密循环：交替计算 v4 字符与下一轮 v3 密钥 for i in range(18): # 逆向推导 v4 v4[i + 1] = target[i] ^ v3[i] ^ 0x53 # 动态更新 v3 密钥流，为下一次循环做准备 k = i + 1 if k <= 18: v3[k] = v3[k] ^ v4[(k - 1) % 9] ^ v4[(k - 1) % 7] ^ v3[k - 1] # 尾部大小写格式化处理 for ii in range(0, v9, 2): # 偶数位大写转小写 if 64 < v4[ii] <= 90: v4[ii] += 32 # 奇数位小写转大写 if ii + 1 < v9: if 96 < v4[ii + 1] <= 122: v4[ii + 1] -= 32 # 拼接并输出最终 Flag flag_content = "".join(chr(c) for c in v4) print(f"flag{{{flag_content}}}") if __name__ == "__main__": solve_flag()循环18 次后，可完整计算出底层的原始输入字符串：v4 = "Huan-y1n5-cAn5-5a1!"
最终格式化处理
在输出successful之后，程序对内存中的$v4$数组执行了最后一次位操作（大小写转换）：
for ( ii = 0; ii < v9; ii += 2 ) { if ( v4[ii] > 64 && v4[ii] <= 90 ) v4[ii] += 32; if ( v4[ii + 1] > 96 && v4[ii + 1] <= 122 ) v4[ii + 1] -= 32; }对推导出的Huan-y1n5-cAn5-5a1!执行该逻辑：
H(索引0，偶数) ->h
u(索引1，奇数) ->U
a(索引2，偶数，非大写) ->a
n(索引3，奇数) ->N...（依次处理剩余字符）
最终格式化后的字符串为：hUaN-Y1N5-cAn5-5a1!（拼音“欢迎参赛”的Leetspeak 变体）
最后拼接flag{}，不得不说快赶上网鼎杯的强度了。此WP仅本人解题思路，欢迎讨论学习