文章总结： 该文档分析一道CTF强网先锋题目中的RSA加密漏洞：两次加密共用素数q导致n1和n2存在公因子，通过gcd(n1,n2)可分解模数获取私钥。解题过程展示如何利用gmpy2库计算q、p及欧拉函数，最终解密得到flag{iamverysad233333333333}，并总结RSA加解密流程与素数重用风险。 综合评分： 85 文章分类： CTF,WEB安全,漏洞分析,密码学应用
CTF真题|强网先锋辅助
原创
安全先锋 安全先锋
网安淬锋研习社
2026年6月2日 15:15 山西
在小说阅读器读本章
去阅读
题目描述：
下载题目附件后，得到一段python代码（附件不带注释，下面注释为后期添加）：
flag=open("flag","rb").read() // 只读模式读取内容
from Crypto.Util.number import getPrime,bytes_to_long // 导入两个工具函数 getPrime()和bytes_to_long()p=getPrime(1024) //getPrime()生成指定位数的大素数q=getPrime(1024)e=65537n=p*qm=bytes_to_long(flag) //未知明文flag，bytes_to_long()把字符串转换成超大整数c=pow(m,e,n) //加密公式c=m^e mod nprint c,e,n
p=getPrime(1024) //关键漏洞：p重新生成，但是q未变，e未变e=65537n=p*q //两次计算n共用了一个qm=bytes_to_long("1"*32) //已知明文32个1c=pow(m,e,n)print c,e,n
'''output: //输出中包含密文+公钥（e,n）2482083893746618248544426737023750400124543452082436334398504986023501710639402060949106693279462896968839029712099336235976221571564642900240827774719199533124053953157919850838214021934907480633441577316263853011232518392904983028052155862154264401108124968404098823946691811798952747194237290581323868666637357604693015079007555594974245559555518819140844020498487432684946922741232053249894575417796067090655122702306134848220257943297645461477488086804856018323986796999103385565540496534422406390355987976815450744535949785073009043007159496929187184338592859040917546122343981520508220332785862546608841127597 65537 149670300599751149502953998741850470537365878801279905420357652014257793424306625177650632587846858681070667894757471802447113526464697767329385446415838423137918729863575044621849240752274334986314232891879883514756667851908542103895875949754560649846119904611266843010862415329152673116751641902134742453110196236548659378516535328709654234745553482398580215515896501696024394238411606987933381152042381400857386808833134335740602436000285006008246243584734030595975938914121793991658136225129012633802995610196247414887793670193897757865472920653528850072242395817769758923853644464461856429391372875199459748077273829060039572042737496679186881067950328956133163629908872348108160129550437697677150599483923925798224328175594483217938833520220087230303470138525970468915511111320396185482564783975435346354440035776909781158407636044986403819840648379609630039348895415045723208843631191252142600667607807479954194447237061080618370787672720344741413537975922184859333432197766580150534457001196765621678659952108010596273244230812327182786329760844037149719587269632133595149294067490955644893402708720284179715002149224068928828656515326446881791228638008572889331511945042911372915003805505412099102954073299010951896955362470 65537 14624662628725820618622370803948630854094687814338334827462870357582795291844925274690253604919535785934208081825425541536057550227048399837243392490762167733083030368221240764693694321150104306044125934201699430146970466657410999261630825931178731857267599750324918610790098952520113593130245010530961350592735239454337631927669542026935873535964487595433984902529960726655481696404006628917922241666148082741874033756970724357470539589848548704573091633917869387239324447730587545472564561496724882799495186768858324490838169123077051890332313671220385830444331578674338014080959653201802476516237464651809255679979'''
一定要理解以上代码，然后进行解题
解题思路：
在上述代码中存在致命缺陷，两次加密共用q，利用gcd(n1,n2)=q公式求解出q，因为n=p*q，p=n/q,从而得到了p和q，根据RSA算法，求出私钥，再对flag密文进行解密，得到flag明文。
解题代码：
import libnum //把大整数转化为字符串（取得flag）import gmpy2 // 处理超大数运算t1 = '2482083893746618248544426737023750400124543452082436334398504986023501710639402060949106693279462896968839029712099336235976221571564642900240827774719199533124053953157919850838214021934907480633441577316263853011232518392904983028052155862154264401108124968404098823946691811798952747194237290581323868666637357604693015079007555594974245559555518819140844020498487432684946922741232053249894575417796067090655122702306134848220257943297645461477488086804856018323986796999103385565540496534422406390355987976815450744535949785073009043007159496929187184338592859040917546122343981520508220332785862546608841127597 65537 14967030059975114950295399874185047053736587880127990542035765201425779342430662517765063258784685868107066789475747180244711352646469776732938544641583842313791872986357504462184924075227433498631423289187988351475666785190854210389587594975456064984611990461126684301086241532915267311675164190213474245311019623654865937851653532870965423474555348239858021551589650169602439423841160698793338115204238140085738680883313433574060243600028500600824624358473403059597593891412179399165813622512901263380299561019624741488779367019389775786547292065352885007224239581776975892385364446446185642939137287519945974807727't2 = '3829060039572042737496679186881067950328956133163629908872348108160129550437697677150599483923925798224328175594483217938833520220087230303470138525970468915511111320396185482564783975435346354440035776909781158407636044986403819840648379609630039348895415045723208843631191252142600667607807479954194447237061080618370787672720344741413537975922184859333432197766580150534457001196765621678659952108010596273244230812327182786329760844037149719587269632133595149294067490955644893402708720284179715002149224068928828656515326446881791228638008572889331511945042911372915003805505412099102954073299010951896955362470 65537 14624662628725820618622370803948630854094687814338334827462870357582795291844925274690253604919535785934208081825425541536057550227048399837243392490762167733083030368221240764693694321150104306044125934201699430146970466657410999261630825931178731857267599750324918610790098952520113593130245010530961350592735239454337631927669542026935873535964487595433984902529960726655481696404006628917922241666148082741874033756970724357470539589848548704573091633917869387239324447730587545472564561496724882799495186768858324490838169123077051890332313671220385830444331578674338014080959653201802476516237464651809255679979'
// split(' ')是将t1,t2按空格将长串数字切成三段r1 = t1.split(' ')r2 = t2.split(' ')
e = 65537 c1 = r1[0] //c1表示flag的密文c2 = r2[0] //c2表示32个1的密文n1 = r1[2] //n1表示第一个公钥模数n2 = r2[2] //n2表示第二个公钥模数n1 = gmpy2.mpz(n1) //把n1转换成整数n2 = gmpy2.mpz(n2)q = gmpy2.gcd(n1, n2) //求出qp1 = n1 // q //求出p1,p2p2 = n2 // qeuler1 = (p1 - 1) * (q - 1)euler2 = (p2 - 1) * (q - 1) // 求出欧拉函数d1 = gmpy2.invert(e, euler1) //已知所有条件，求私钥dm = pow(int(c1), d1, n1) //进行解密 m=c^d mod n1r = libnum.n2s(int(m)) //将大整数还原为字符串得到flagprint(r)
-------------flag{i_am_very_sad_233333333333}----------------------
知识点总结：
-
RSA加解密过程：
1、随机选取两个不相等的大素数p、q
2、计算模数n=p*q，并且求出欧拉函数φ(n)=(p−1)(q−1)
3、选取公钥指数e，要满足:
1<e<φ(n), gcd(e,φ(n))=1。
公钥即为（e,n）
4、求解私钥 d：
d 是 e 在模 φ(n) 下的乘法逆元：e⋅d≡1(modφ(n))即：ed=k⋅φ(n)+1 ，k为整数。私钥即为（d,p,q,φ(n)）
5、加密运算（明文→密文）
6、解密密运算（密文→明文）
其中c为密文，m为明文
-
RSA安全本质：
攻击者想要拿到私钥d,必须求φ(n)，必须分解n=p⋅q。大数乘积n在现代算力下无法快速质因数分解；一旦n被分解（共用素因子、小素数、小指数等漏洞），RSA 直接被破解。
-
小例子：
-
代码中的bytes_to_long()和gmpy2.mpz()
在加密时，需要将flag明文字符串转化为整数来进行加密，使用了bytes_to_long（）函数实现。而在解题代码中，将密文字符串使用gmpy2.mpz()转化为了大整数进行解密。要注意两个函数的区别，bytes_to_long实现的是编码转换，是将字节转换为数字，是将字符的ASCII码拼在一起，只接受字节；gmpy2.mpz()是将字符串数字转换为真正的整数。以下用更直观的例子来区分两者：
n1 = "123456789" # 这是 字符串！内容是数字n1 = gmpy2.mpz(n1) # 正确 → 转成数字 12345678
n1 = "123456789"n1 = bytes_to_long(n1)print(n1) //报错--------------------------------------------------n2 = b"123456789" //b''代表字节n2 = bytes_to_long(n2)print(n2) //正常运行输出为907507751940624169017，将字节转化为数字
免责声明：
本文所载程序、技术方法仅面向合法合规的安全研究与教学场景，旨在提升网络安全防护能力，具有明确的技术研究属性。
任何单位或个人未经授权，将本文内容用于攻击、破坏等非法用途的，由此引发的全部法律责任、民事赔偿及连带责任，均由行为人独立承担，本站不承担任何连带责任。
本站内容均为技术交流与知识分享目的发布，若存在版权侵权或其他异议，请通过邮件联系处理，具体联系方式可点击页面上方的联系我。
本文转载自：网安淬锋研习社 安全先锋 安全先锋《CTF真题|强网先锋辅助》
版权声明
本站仅做备份收录，仅供研究与教学参考之用。
读者将信息用于其他用途的，全部法律及连带责任由读者自行承担，本站不承担任何责任。
评论