i春秋CTF实战：破解Crypto ezxor谜题，从异或迷阵到Flag重现
在CTF（Capture The Flag）竞赛中，密码学（Crypto）题目常常是选手们既爱又恨的挑战。它既考验逻辑思维，也检验对加密算法底层原理的理解。今天，我们将深入剖析一道典型的Crypto题目------"ezxor"，结合i春秋平台常见的出题风格，带你一步步揭开这道看似复杂、实则逻辑清晰的异或加密谜题。
一、题目背景：什么是"ezxor"？
"ezxor"这个名字颇具迷惑性------"ez"暗示"easy"，而"xor"则直指核心操作：异或（XOR）。然而，正如许多CTF题目一样，表面的"简单"背后往往隐藏着层层嵌套的加密逻辑。
题目提供了一段Python加密脚本和一段PHP解密脚本，目标是还原出原始的flag。加密过程涉及多个步骤：Base64编码、SM3哈希、随机数生成、位移操作、异或累积等。乍一看眼花缭乱，但只要我们抓住"异或"这一核心线索，就能抽丝剥茧，找到突破口。
二、加密流程深度解析
我们先来梳理Python脚本中的加密逻辑：
1. Flag预处理：Base64编码
python
flag = base64.b64encode(flag[5:-1].encode()).decode()
fg = [flag[i:i+4] for i in range(0, len(flag), 4)]- 原始flag格式为
flag{...}，去除前后5个字符后，对中间内容进行Base64编码。 - 编码后的字符串被每4个字符分割成一个片段，便于后续逐段加密。
✅ 考点1：数据编码与分块处理
CTF中常见将flag进行Base64、Hex、URL等编码后再加密，考察选手对编码格式的识别与处理能力。
2. 密钥生成：SM3哈希
python
def generate_key():
random_string = ''.join(random.choice(letters) for i in range(4))
hash_key = sm3_hash(random_string.encode('utf-8')).hex()
return random_string, hash_key- 生成一个4位小写字母组成的随机字符串作为密钥。
- 使用国密算法SM3计算其哈希值（但实际加密中只用了原始字符串，哈希值未使用）。
✅ 考点2：国密算法SM3的应用
国内CTF平台如i春秋常引入国密算法，考察选手对SM2/SM3/SM4的熟悉程度。本题虽未直接使用哈希值，但其存在增加了干扰。
3. 加密核心：异或累积 + 位移混淆
python
for i, j in enumerate(fg):
k_box = random_num(i, 10000000, 100000000)
for z,t in enumerate(k_box):
shifted_t = t << z
k_box[z] = shifted_t
a = (reduce(xor, k_box)) >> 3 ^ s2n(j) ^ s2n(key[0]) >> 5
a_boxs.append(a)加密公式可简化为：
ciphertext = (XOR(k_box << shifts) >> 3) ^ s2n(plaintext) ^ (s2n(key) >> 5)其中：
k_box是随机生成的整数列表。- 每个元素根据索引左移
z位，形成位移混淆。 - 所有元素进行异或累积（
reduce(xor, ...)）。 - 最终结果右移3位，再与明文数字值和密钥右移5位后的值异或。
✅ 考点3：异或的可逆性与累积操作
异或操作满足交换律、结合律，且
a ^ a = 0，因此具备可逆性。这是解密的关键！尽管加入了位移和随机数，但只要知道
k_box和key，就能逆向计算出原始明文。
三、解密思路：逆向推导，逐段还原
PHP脚本已经给出了完整的解密逻辑，我们可以总结出解密步骤：
1. 已知条件
- 密钥
key = 'vyxj'（由题目或环境给出） k_boxs和a_boxs存储在random_numbers.txt中
2. 逆向公式
由加密公式：
a = (xor_result >> 3) ^ s2n(j) ^ (s2n(key) >> 5)可得：
s2n(j) = a ^ (xor_result >> 3) ^ (s2n(key) >> 5)3. 解密流程
- 读取
k_boxs和a_boxs - 对每个
k_box：- 还原位移（但代码中位移已应用在
k_box中，直接使用即可） - 计算
xor_result = k_box[0] ^ k_box[1] ^ ... ^ k_box[n-1]
- 还原位移（但代码中位移已应用在
- 计算
s2n(key) >> 5 - 代入公式，得到
s2n(j) - 使用
n2s()将数值转为字符串 - 所有片段拼接后进行
base64_decode - 加上
flag{}格式，得到最终flag
四、CTF考点总结
| 考点 | 说明 | 难度 |
|---|---|---|
| ✅ Base64编码与解码 | 对flag内容进行编码后再加密，增加识别难度 | ★★☆ |
| ✅ 异或（XOR）加密原理 | 核心加密操作，考察可逆性理解 | ★★★ |
| ✅ 位移操作混淆 | 左移/右移增加分析复杂度 | ★★☆ |
| ✅ s2n / n2s 数值转换 | 字符串与大整数之间的转换，常见于Crypto题 | ★★☆ |
| ✅ SM3哈希算法 | 国密算法引入，提升题目专业性 | ★★☆ |
| ✅ 随机数生成与固定种子 | random_num 使用 sample，若无种子则需爆破 |
★★★（若无密钥） |
| ✅ 多层嵌套加密 | 多种操作组合，考验逻辑梳理能力 | ★★★★ |
五、实战建议：如何应对类似题目？
- 识别加密模式 ：看到
xor、reduce(xor)、^等符号，立即想到"异或可逆"。 - 关注数据分块 ：
[flag[i:i+4] for ...]是典型分组加密，需逐段处理。 - 利用已知密钥 ：本题密钥已知（
vyxj），极大降低难度；若未知，需考虑爆破4位小写字母（26^4 ≈ 45万种）。 - 善用脚本自动化 ：编写Python脚本读取
random_numbers.txt，自动解密。 - 注意数据类型转换 ：
s2n和n2s是关键，避免数值溢出或编码错误。
六、结语：从"ezxor"看CTF Crypto设计哲学
"ezxor"虽名为"ez"，实则通过多层混淆 + 标准算法组合，构建了一个看似复杂的加密系统。它的巧妙之处在于：
- 不依赖高强度算法（如RSA、AES），而是用基础操作堆叠出安全性；
- 考察选手对异或性质的深刻理解；
- 结合国密SM3，体现本土化出题趋势。
在i春秋等平台的CTF比赛中，这类题目屡见不鲜。掌握其核心逻辑，不仅能解出flag，更能提升密码学实战能力。
Flag不是终点，而是理解加密世界的起点。
附：快速解密脚本（Python版）
python
from libnum import n2s
import base64
# 假设从文件读取
k_boxs = [...] # 从random_numbers.txt解析
a_boxs = [...] # 同上
key = 'vyxj'
fragments = []
for i in range(len(a_boxs)):
xor_result = 0
for x in k_boxs[i]:
xor_result ^= x
plain_num = a_boxs[i] ^ (xor_result >> 3) ^ (int.from_bytes(key.encode(), 'big') >> 5)
fragments.append(n2s(plain_num))
base64_flag = ''.join(fragments)
real_flag = 'flag{' + base64.b64decode(base64_flag).decode() + '}'
print(real_flag)i春秋CTF提示：多刷题、多总结、多复盘，每一个"ez"背后，都是通往高手之路的阶梯。