极客大挑战 2021
By Harry0709 Equinox
Matrix - 01 战队
Misc
In the Air
在会场打开手机WiFi就可以得到flag 【 救 命 我 手 机 要 没 电 了 】
easysend
按照对应操作完成即可得到 flag
今天有被破防吗？
经过对 txt 里的数据分析可以得到一张图片 ：
经过非常非常仔细的观察后，可以发现上面有部分字母，我们通过 QQ 的截图进行拼凑。 （ QQ 打 钱 ）
就可以得到 flag
注：
可以通过 Kali 带的拼图功能完成，需要安装相应的库，相关链接 CTF~ImageMagick+gaps=自动拼图-CSDN博客
【 要 不 是 我 的 Kali 装 不 上 库 ，而 且 我 忘 记 带 鼠 标 了 ，谁 会 用 QQ 啊 （ b u s h i ）】
easycreat
我们根据hint要求部署一个合约，到网上找相应教程进行对应操作就可以了，学习链接：
https://blog.csdn.net/chyabc123456hh/article/details/106950687?utm_medium=distribute.pc_relevant.none-task-blog-2~default~baidujs_title~default-5.no_search_link&spm=1001.2101.3001.4242.4
这是什么命令
我们打开题目发现下面有一行 Linux 下的指令我们来简单分析一下：
首先题目中显示 cat flag.png 这个的意思是打开flag.png，接下来的连续两个Base64应该是对这个图片进行两次的Base 64加密，以|进行分割，之后以一个tac对字符进行编号，sort -k 2则是对第二列的值进行排序,之后得到了一个flag.txt。
之后以一个rm -f删除了flag.png,并用一个nohub php -S 开启一个本地的2333端口，将这个txt挂载在 /dev/null 这个端口上。
说实话挺好玩的，不是吗？
这个题目拿到手后是一个加密word文档，根据压缩包的注释我们知道有一个8位长度的密码，但是我们不管他，直接爆破（网站：https://rixler.password-find.com/?utm_source=WPRM&utm_medium=IDS_TEXT_STRONG&utm_campaign=rixler)冲它就完事了。之后拿到手的是一个有大片空白的文档 ：
看到一大片空白，我们不难想到SNOW隐写，那么我们可以通过SNOW.EXE直接对其进行解密。
PANDORA PARADOXXX
有一说一这个题目挺烦人的，一共对压缩包进行了 4 层加密，第一层是一个伪加密，第二层是一个 6 位字母密码，利用字典可以跑出来，第三层是一个 6 位的数字密码，同样利用字典可以跑出来，最后一层是一个字母密码再次爆破就可以得到Flag。
SAG Character
又是一个费眼睛的题目~~（ 快 暴 打 S R ）~~，最开始得到这张图，与MC有关，于是我首先想到的是导入自定义皮肤的功能，将图片导入发现不行，于是开始转向内部方块带有这个符号的，在附魔台我们可以发现相同的符号，于是到百度去找对应翻译语言。
在经过翻译之后就可以得到下面的句子 ：
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每日一溜
用wireshark打开，发现有很多数据包，我们通过ctrl+f查找常用文件的后缀名，发现png格式下有一张图片，我们以原始数据保存，用010去掉数据包头尾，头删到‰之前，仅保留png的数据，打开得到一张图片，猜测又是一个图片隐写，binwalk先分析一下，没有东西，拖入010Editor中发现存在rar的标识，于是我们转换图片为rar，发现里面后两个Base64编码的数据，第一个按标准的Base 64求解发现无法得到对应的数据（ 解出来乱码 ），但是在第二个Base 64上发现解出来像是一个Base 64的码表，因此我们猜测第一个是一个换表的Base 64，按照解出来的码表对第一个Base 64进行解密便可以得到对应的Flag。
Re
Re0
打开ida搜索字符串就可以得到flag
调试
打开Ida，对里面程序进行分析，在start函数里我们发现 v3 赋值给 v5出现了问题，我们跳转到对应的区域，我们先分析 v4 赋值的过程，可以看到有一个跳转指令，我们尝试着改成 jz ，再运行看看。
可以看到程序已经发生了改变：
这个时候我们经过动调可以，观察发现这个程序是一个自解密程序，我们再Linux下进行调试就可以得到flag。
如下图：
刘壮桌面美化大师
直接在字符串里面查找就可以得到 flag 了
买Activity
（ 又 是 一 个 安 卓 逆 向 ，我 要 学 废 了 ）
我们借用 jeb 来进行安卓的逆向，打开对应 apk 文件，在茫茫包中发现 Decode 的身影，此时的心难以言表。
观察一下发现是不是少了一个最重要的 v0 ，v0 的数据是什么呢？在安卓的 so 文件里面我们可以看到有两个字符串，根据 stringfromnative我们猜测这两个字符串便是传给 v0 的值。
有了数据，也有了解码的方式，我们编写一个脚本来帮助我们解题：
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分别的运行结果是 ['S', 'C', 'T', '1', '_', 'c', '1', 'i', 'y', 'i', '_', '3', 'l', 'y', 'E', 'p', 'r', 'e', '!']
['Y', '{', 'h', 's', '4', 't', 'V', 't', '_', 'S', 'R', 'a', '1', '_', 'x', '0', 't', 'd', '}']
我们通过简易的分析可以发现这个是一个栅栏加密，长度为 2，我们将这两个数据放入在线网站进行解密就可以得到我们需要的 flag 了。
注：
与某位SR的交流过程
我的方法不是很推荐，建议有兴趣的可以去了解一下 （ 其 他 方 法 我 不 会 呀 ）
easypyc
拿到程序一看，图标有点像一个 Python 打包生成的一个程序 ：
看了看名字有一个 pyc 那肯定就是 Python 打包的一个程序了。那么我们接下要做的便是对这个 exe 进行拆分得到 pyc 文件
拆分学习链接：Pyinstaller打包的exe之一键反编译py脚本与防反编译
在拆分后我们可以得到一个不带后缀的一个 easypyc 文件，我们补上后缀，到对应网站在线反编译 pyc 成 py 可以得到如下的 Python 代码：
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我们进行简单的修改来测试数据内容以及结构（以下是我的部分测试）：
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我写的有点乱，毕竟我的 VSCode 调试不起只能这个样子来伪调试一下，我们简易的分析可以知道这个程序是在 Rc4 的基础上多了一部分的数组操作。我们根据对应操作进行逆向回去（ C + + 代码如下 ) ：
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运行代码之后我们便可以得到对应的 flag。
new_language
我们根据提示拿到对应题目的信息可以知道这个是一个 C# 的反编译，我们安装对应程序 dnSpy 将程序拖入便可以得到对应的反编译代码，我们找到对应的主函数进行分析 ：
通过简单的分析，我们可以看到程序对输入的字符转换成 int 类型，并通过异或和与运算进行了乱序的排列并与 arry2 里面的数据进行比较，我们逆向回去的的话需要将原来的数据所在的位置找到，再对其进行分析代码如下 ：
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运行程序便可以得到对应的 flag 。
珍惜生命
我们拿到手的是一份 pyc 我们对其进行反编译成 py ：
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经过简单的分析我们看到 key（长度为 8 ）是这个题目的解题关键，我们看到 try 函数里都是对 key 的每一位进行运算后的数据进行拼接，最后的数据与 “Syclover” 进行比较，如果相同则继续执行。在最后一个的 for i in range(46):便是对输入的 S 与 key 一起异或得到的 flag 的每一位脚本如下：
解 key 我们采用 z3-solver 来进行求解：
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可以得到 key 的值为 ：
接下来我们对 flag 进行求解 ：
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运行上述脚本便可以得到 flag
RE 1
这个题目感觉就十分的简单了，整体上就是一个 Base64 加上了一个异或。
我们利用Lazy IDA 提取对应data里的数据 ：
然后简单的写一个脚本进行解密 ：
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之后我们将得到的字符串用 Python带的Base64库直接decode就可以得到 Flag 。
Win 32
和RE 1 一样直接是一个Base 64的题目，这个题目被修改过，我们可以直接在Strings里提取到Base 64加密后的数据 ：
标准 Base64 加密过程 ：
于是我们直接拿着那串数据进行Base 64解码就可以得到 Flag。
Brute_force
这个题目又是一个新语言（ GO 语言 ）的逆向题目，我们还是将程序拖入IDA中进行分析，其中有一个非常显眼的 main_main，可以看到如下界面 ：
乍一看不知道程序在干些什么，但是我们细看可以发现在函数里面有着MD5的提示，与此同时在main_main上面的 if 语句里面好像有一个 24 ，此时我们猜测这个 24 便是我们输入Flag的长度。但是如果这个时候你开始动调是不是会发现有一个问题，在你启动IDA动态调试后的一瞬间，程序闪了一下就结束了，即使你打了断点也还是闪了一下就结束了，你也可以试试看拿cmd打开，你会发现有一行提示：
这个时候我们需要打开IDA里面的Debugger
在里面找到对应的 Process options，并打开下面的Use source-level debugging（点一下就可以了，点完后没有什么反应的）：
我们在 Process options里对应位置填入我们的 24 位测试数据：
之后我们在函数main_encode和main_unnamed630里打上断点开始调试，观察里面的数据变化过程，你会发现在栈里多出来一个数据 ：
仔细观察会发现这一串数据在某个位置可以分成两个部分，这两个部分是一样的，我们提出其中一半进行MD5解密你会发现这个加密后的数据是我们输入的ABCD我们大概就可以猜测出这个程序是将我们的输入数据进行拆分，每 4 个一组，一共 24 个数据，那么刚刚好 6 组，也验证了我们猜测 Flag的长度是 24 ，我们继续调试，之后可以发现在内存里是把我们Flag已经提前写入了 ：
我们需要的就是动态调试得到对应MD5的顺序，然后再对其分别解密，脚本如下 ：
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可以分别解出来对应的数据为3_sl r0g@ 7h3_ rm_1 g0_p gned
再根据动调出的MD5进行排序，可以得到输入为7h3_g0_pr0g@rm_13_slgned,但是这个就是Flag吗显然不是，我们再观察main_main，切换到汇编层的结构图 ：
这个时候我们加上对应格式便是我们所要的Flag
WASM
整个题目就是找不到工具硬开生坚果~~（WABT就是下载不了）~~，在网上找了半天终于发现有一个易语言写的提取 .o 文件的工具了（太难了）。
题目整体上就是一个异或（题目提示）我们只需要找到对应位置的是数据进行异或处理就可以了。
解题脚本如下 ：（爆破YYDS）
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猜拳
这个题目又是一个Win 32 太难了，没有开发经验的菜鸡 Re 手选择再次硬着头皮去看了看，一看符号表还被去掉了，直接给搞破防了…
程序有一个防调试，需要自己set ip改流程。
这个就是反调试的一个函数，用于表示当前是否处于反调试的状态，正常运行时，该函数返回FALSE，打开调试运行时，该函数返回TRUE。
将eax的比较值改为 1 ，那么就可以跳过反调试了。
跳过这个反调试时你会发现，在下面的某处汇编出现了一个神奇的Congratulations，我们对其转换伪代码可以看到是一个switch()函数，通过对题目分析可以知道这个是一个自解密程序，在你按下按钮的时候经过一个switch()函数进行对输入处理，完成不同的消息处理，但是我们却永远赢不了 SR ( 可恶的 SR 竟然后出 )，这是因为程序会对我们的输入进行操作更改流程也就是这个switch()函数所完成的功能，因而我们只需要更改对应的流程，到我们的case :303就可以到达Congratulation 处，进而拿到对应Flag。
have_a_tea
三点了，饮茶先啦，看到题目一猜就是一个Tea加密，反手再一猜又是一个魔改题目，同样的还是先拿去分析一下，是一个 64 位的无壳程序，直接拖入 IDA 64进行分析。我们可以直接看到有一个fork，因而怀疑子进程会有些东西 :
在动态调试时可以看到程序的入口（main）与我们的标准elf文件的格式不同，下面有许多的偏移地址，需要我们利用U和C进行修复，之后我们可以看到在第三个调用函数处便是我们想要的主函数，我们进入该函数可以看到fork创建的子进程的过程，也就是题目hint中给的子进程有什么东西，因而我们进入子进程进行观察 ：
可以明先看到一个去了符号表的函数和下面的比较，那么v4里的数据就是在加密后得到的，我们进入加密函数进行分析 ：
进入每一个函数分析一下可以知道第一个enc1是对输入的数据进行处理，将数据进行每 4 个一组进行组合成一个 16 进制的数据，（比如 数据是 61 62 63 64，那么转换后的数据是0x64636261），之后的enc2是用于改变v17，v18值的。
一定分析之后可以知道这个题是在Tea加密的基础上加了一个异或，对数据先在Tea加密前对其异或后再进行Tea加密。
之中v19恰好是长度为 4 的一串 16 进制数据，我们同时也发现在每次Tea加密时都会将v19传入，对此我们可以擦测出v19就是key，同时我们分析也可以知道异或的值并不是一成不变的，在每次加密之后的新数就会成为下一次异或的数据，也就是比较函数处的加密后的值，此时我们就可以编写脚本进行求解。
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PWN
Check in
题目拖进 IDA 可以明显的发现这个是一个随机数运算生成器，利用随机数生成运算的两个数字和运算符号，我们就只需要利用getline来捕获对应的数字和运算符号，再通过evall函数进行运算就可以得到对应的shell，脚本如下 ：
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恋爱小游戏
题目中附带有源码，经过分析可得不论输入什么都可以拿到shell，我们连上主机查看目录
可以看到有一个flag文件，我们利用 cat flag.txt打开便可以得到 flag
恋爱小游戏 2.0
拿到程序后我们拿ExeinfoPe.exe进行分析可以知道这个是一个64位的.elf文件，我们拖入IDA反汇编进行查看：
一看便会发现你输入好像没有任何的用处，但是我们可以打开栈表查看一下数据的存储结构：
可以看出来buf与s2的数据结构是捆绑在一个栈上面的，由此我们可以联想到栈溢出的攻击方式，我们通过输入超过 24 位长度的buf来占用 s2 的存储栈，进而实现栈溢出的攻击方式。
我们编写一个 Exp 进行对我们的输入输出进行控制，万万不可直接 nc ，在Linux下的输入会被判回车（我栽在了这个坑不压于 3 个小时），直接 nc 会出现你的输入在Linux下多加入了一个回车：
这个时候就体现 Exp 的好处在于可以传入数据而不使用回车（ 千万别用 sendline ，sendline是以回车（\n）结尾的 ），我们写一下Exp，如下：
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拿到Linux下终端打开于是就可以得到 flag。
Web
Dark
URL 后缀是 .onion ,我们利用洋葱路由，访问该URL查看源码，得到flag
welcome2021
通过访问页面查看源码需要用 WELCOME 请求来请求此网页，但是我只了解过get和post请求方式，但是可以利用burpsuite 抓包，GET 改 WELCOME , 得到 f1111aaaggg9.php ,继续用bp更改，在 repeater 板块得到 flag
babysql
通过简单的post注入语句 ' or 1=1#，得到 uname=admin&pwd=123456 ,输入并登录，将报文保存，利用 sqlmap 猜解 python sqlmap.py “路径” --dbs 看到有个flag库
python sqlmap.py “路径” -D flag --tables 看到有个fllag表 python sqlmap.py “路径” -T fllag -D flag --columns 看到有个 flllllg 字段 python sqlmap.py “路径” --dump -C flllllg -T fllag -D flag 得到 flag
蜜雪冰城甜蜜蜜
通过改一改前端点一点就可以得到 flag 啦
babyphp
我们进入网页查看源代码会发现有一个robots ：
利用仅有的爬虫知识还是知道这个的我们进入robots.txt界面 ：
之后我们利用hint给的链接进行学习如何读取根目录文件，我们构造对应的伪协议，进行读取就可以得到Flag
雷克雅未克
在bp抓包结果中插入第一行，并将经纬度改为第二行，再发包就可以得到flag
我们会得到以下东西 ：
直接复制发送到控制台就可以得到对应的Flag
validation
不会验证码跳过的某个 Web 手选择了直接输出 1000 次验证码拿到 Flag 。（ 太 难 了 ）
Crypto
三个也可以
附件：
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分析：
n同样可以是三个大素数的乘积。题目中给到我们的是n和c，getPrime(100)意思是获取100bits 内的素数。分解第一串数字的质因数得到
821285845529489288911031313917 * 967244547191154261539598250343 * 1005682191548299165290460437397
编出解密程序：
得到的数转16进制转字符，SYC{now_you_solve_it}
Classical Music
附件：
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题目：ineinembaechleinhelledaschossinfrohereil
分析：
本精德一眼看出题目是德语，查询得到舒伯特名曲《鳟鱼》。维吉尼亚密码解密(题目就是密钥)得到
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Superposition under the starry sky
题目：PRNG(伪随机数)
附件：
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分析：
同余线性方程组求解。线性同余方法（LCG）是一种产生伪随机数的方法。
公式2：a=((Xn+2-Xn+1)(Xn+1-Xn)-1)%n
证明过程：
再用a，output序列，n求出b
根据output序列第一个反推出初始seed
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附：python中byte 与 int 的转换(示例)：
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Radom
附件：
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分析：
1）在求解时走了很多弯路，但还是附上笔记：
根据队友的指导，在Pychome中下载了Z3包，帮助我求解异或位移方程。z3是一种有效的解方程工具。
学习z3库
在Python中使用Z3模块，我们的所求结果一般有以下几种数据类型:
Int #整型
Bool #布尔型
Array #数组
BitVec ( ‘a’，8 ) #char型
其中BitVec可以是特定大小的数据类型，不一定是8，例如C语言中的int型可以用BitVec(‘a’,32)表示
设未知数的方法 ：
可以使用 ‘Int’ , ‘Real’ , ‘BitVec’ 等声明一个整数或实数变量，也可以申明一个变量数组
例如：x = Int(‘x’) #这个int不是c/c++中的那个，而仅仅只代表整数
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初始化序列：
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基本使用语法
Solver()
Solver()命令会创建一个通用求解器，创建后我们可以添加我们的约束条件，进行下一步的求解
add()
add()命令用来添加约束条件，通常在solver()命令之后，添加的约束条件通常是一个逻辑等式
check()
该函数通常用来判断在添加完约束条件后，来检测解的情况，有解的时候会回显sat，无解的时候会回显unsat
model()
在存在解的时候，该函数会将每个限制条件所对应的解集的交集，进而得出正解。
常用求解步骤：
创建约束求解器
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添加约束条件（这一步是z3求解的关键）
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判断解是否存在
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求解
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加密过程的实质只有两步：
1）产生随机二进制字符串rand。具体做法是：
1.获得l。
将flag字符串转换成long。这里插一个python中byte 与 int 的转换(示例)：
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再由十进制转二进制，计算二进制数的长度，把他赋给l。
然后进行选择操作：
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从后面可以看到，l = 10。
2.产生rand字符串。
for循环重复l次操作：
产生32位（也就是整型，<=2^32-1）的随机数pro，把它添加到Rand数组中。然后，把pro转换为二进制字符串，对其进行zfill(32)操作：
原字符串右对齐，前面填充0，得到32位长度的字符串。
添加到空字符串rand后面。
所以，最后得到的Rand数组有10个元素，而rand字符串就是长度为10*32=320的二进制字符串。
2）加密。具体做法是：
**1.对Rand数组中的每个元素进行change函数的变换。**变换过程是：
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最终得到的就是题目下方的Rand数组，以及其中的10个数。这个数组对解题非常关键！
**2.加密。**将flag字符串转换成long,再由十进制转二进制。进行zfill操作（还记得是怎么做的吗？）得到和rand的长度相等（=320）的二进制字符串s。这样，含有flag的字符串s就和含有随机数的字符串rand长度相等了。
对字符串中相同位置(s[i],rand[i])的二进制数字进行异或^运算，所得到的二进制数字添加到空字符串c的后面，所得到的c就是密文了。
这张图是上面文字的流程图版，结合起来就能理解它的加密原理了。
现在手头有的条件有三个：加密原理、含有随机数（密钥）的数组Rand、密文c
理解了加密原理,解密的思路就很清晰了：
1）既然知道Rand中的随机数变换法则和最终结果，那就可以通过解方程来反求随机数pro。将pro转换为二进制，zfill操作后依次连接起来，就可以得到二进制字符串rand。又根据异或的特殊性质：
a^b^b = a
c是由rand和s异或得到的，那么再把c和rand异或就能得到s。有了s，自然就有flag了。
遇到问题
我编写了求解pro的方程：
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代入第一个数据389902299，成功得到第一个pro:[number = 587391287]
但代入第二个、第三个……最后一个数据，全都无解！
2）正确的解法
**引例：**shift = 3，length = 8
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观察结果，不难发现，result的前shift位和value的前shift位是相同的。这是因为异或时shifted的前shift位全部是0。因此我们能得到mask满足前shift位和value相同，后面全为0
该怎么得到这个数呢？根据逻辑运算符的法则，当result与一个前shift位为1，后面全为0的数做&按位与运算（这个数记作p），就能得到mask(前提是二者长度相等)。其中p是由0xffffffff<<(length-shift)来的
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有了value的前shift位数mask，根据移位规则，就能得到shifted的前2 * shift位(记作mask2)，又由异或规则,value的前2*shift位value1就等于
value1 = mask2^result
重复循环知道n次shift的值>=length,此时得到的数就是原来的值value了！
这张图是上面文字的形象表示，结合起来就能理解解密过程了
根据相同的道理，可以推导出左移时候的情况。结合在一起，就能编写出最终的解密代码：
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最终得到的x用long_to_bytes，得到SYC{1s-rand0m-or-not-That-i5-a-qu3stion}
松本眞、西村拓士，我是你们的破壁人！！！
step by step
附件：
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分析：
1）提示分析：
题目中提供了提示连接。在链接文章中，作者给出了二次同余方程的解法，来解决两种方程：
$$
x^2≡n(mod p)
$$
$$
x^2≡n(mod p^n)
$$
2）附件分析：
加密过程其实就是对一串二进制字符进行变换。变换的法则是：
$$
((3^(i+2x)modn)x^2)modn=c
$$
其中i=0或1，是原文；n=pq(p,q为素数)；x是随机数，且满足与n互质；c是密文。从附件也可以看出，有167个密文元素，就是说原文的长度是167。
3）综合分析及解题：
解题过程从两方面开展。
1.二次同余方程的求解、解数
学习资源：
1.信息安全数学基础（上海交大，b站课程）
2.计算勒让德符号（legendre symbol）代码实现（含运行结果）_橙子的坚果奶盖的博客-CSDN博客(https://blog.csdn.net/weixin_46447549/article/details/114372252)
3.勒让德符号和雅可比符号_Kagamigawa Noelle-CSDN博客_雅可比符号(https://blog.csdn.net/happy_single/article/details/106125155)
4.二次同余式解数的判定(https://zhidao.baidu.com/question/509006719.html)
5.百度百科：勒让德符号、雅可比符号
对于方程
$$
x^2≡y(modn),n=p*q
$$
其等价于方程组
$$
x^2≡y(modp)
$$
$$
x^2≡y(modq)
$$
对判定方程是否有解、有多少个解的问题，统称为方程的解数。
对模数为素数的二次同余方程解数的判定，通常使用Legendre(勒让德)符号。
勒让德符号有其快速计算方法。
我编写了大整数求勒让德符号的程序(python):
1 | |
雅可比符号是对勒让德符号的扩展。雅可比符号能解决模数n是合数的情况。对于题目的n=p*q,这是一个很大的帮助。
雅可比符号是这样定义的：
$$
J p (x) =
+1,x ∈ QR p
$$
$$
−1,x / ∈ QR p .
$$
2.学习GM(Goldwasser-Micali)加密算法
https://www.csa.iisc.ac.in/~arpita/Cryptography15/CT7.pdf
这篇论文详细解释了GM加密算法的理论基础、加密解密算法以及算法复杂度的证明。
论文中对判断模n二次剩余有如下定理：
设y满足
$$
y=yq§
$$
$$
y=yp§
$$
有唯一的解（也即中国剩余定理），则y是模N的二次剩余当且仅当yp是p的二次剩余且yq是q的二次剩余。
证明从略。
算法1：产生N
算法2：加密
算法3：解密
编出解密程序（省去赋值）：
1 | |
结果：b’SYC{run_to_the_light}’
baby house of rsa
0 super baby
给出e,n,c,d,求m.
代码：（省去赋值）
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结果：b’8848’
1 very baby
已知n=a1* a2 *a3 *a4,求m
代码（省去赋值）：
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结果：b’114514’
2 beyond baby
n=a1^4,对应的phi=a1^4-a1^3
代码：
1 | |
结果：b’226’
3 infinity baby
给出e,n,c,p,q,求m
代码：
1 | |
结果：b’1919810’
连起来得到flag.zip密钥。SYC{RSA_is_really_easy}
easy house of Classic Crypto
附件：
五段密文，以不同形式加密。
T0s=
base64编码，解码得到“OK”
4e6577
十六进制转文本，解码得到“New”
-.-- — …-
摩尔斯密码，解密得到“you”
ABABAABBABABBBABABBA
培根密码，解密得到“know”
jung vf pynffvp pelcgb
凯撒密码，偏移量13，解密得到“what is classic crypto”
连起来得到flag.zip密钥。
SYC{Meaningless_crypto}