reversing.kr

觉得revering.kr上面的题目有些设计得很有意思，加上自己也需要时刻练习，于是决定来做做看。

Easy_Crack

直接拖进ida，进入DialogFunc，WM_COMMAND分支的函数，发现是明文的比较
flag: Ea5yR3versing

Easy_KeygenMe

根据ReadMe.txt，是根据Serial推Name，程序拖入ida，一个简单的算法，对username进行0~2的循环异或，以十六进制打印进buffer里，然后和Serial比较

#!/usr/bin/env python
#-*- coding:utf-8 -*-

serial = '5B134977135E7D13'
ans = ''
xor = [16,32,48]

for i in range(len(serial)/2):
	tmp = serial[:2]
	tmp = int(tmp,16)
	tmp ^= xor[i%3]
	ans += chr(tmp)
	serial = serial[2:]
print ans

flag: K3yg3nm3

Easy_UnpackMe

这道题目，额，我觉得比较坑，原因是我不造flag要提交什么?
题目流程:首先是输入表重建，然后恢复原oep，即.text段，进入oep，然后进入winmain函数执行，winmain里就是建立一个方框，然后处理消息循环。
然而，始终不明白flag是什么，将内存dump下来，扔ida查看，也发现不了什么有用的东西。最后，flag竟然是oep，orz!
flag:00401150

Music_player

程序是用vb写的，对vb不是很熟悉，但是有弹对话框，上网查vb api，对rtcmsgbox下断，向上回溯，发现EA60即60000，猜测就是1分钟的原因。改值，运行，弹出Run-time error ‘380’:Invalid property value，对RaiseException下断，然后在栈中回溯，找到程序代码，向上查看，改判断条件jge为jle，另存为文件，运行得flag。
flag: LIstenCare

vb:对vbaLenstr,vbastrcmp,vbastrcpy,rtcmsgbox下断

Replace

程序拖进ida，静态不好分析，动态调试，对GetDlgItemInt下断，由于多处call指令，导致栈上返回地址的分布不再正常，之后将运算后的值保存在eax里，对eax内存写(程序非法访问的原因)。写入的值是90，即nop，发现对401071处2个字节码改写即可输出correct(一开始注意到了E8即call，想到会不会call到输出corret的地方，但是无法和90联系。后来又看到最后的retn，想retn到输出位置，发现retun的地方是动态链接库的地址，也没法修改)。

#include<Windows.h>
#include<stdio.h>

int main()
{
	DWORD a = 0x601605CB;
	DWORD ans = 0xFFFFFFFF - a + 1 + 0x401071;
	printf("%u\n",ans);
	system("pause");
	return 0;
}

flag: 2687109798

ImagePrc

根据对话框显示，对MessageBox下断，向上回溯，发现LoadResource，使用Resource Hacker打开程序，发现一个文件。动态调试程序，在LoadResource后下断，发现Load的文件和资源中一致，且未发生改动，而后直接使用资源与另一地址处内容比较。再次运行程序，发现是一个绘图程序，猜测资源里的应该是标准图像。使用PIL库求解。
ImagePrc

from PIL import Image

width = 200
height = 150

fp = open('resource', 'rb')
data = fp.read()
im = Image.frombytes('RGB', (width, height), data)
im = im.transpose(Image.FLIP_TOP_BOTTOM)
im.save('result.jpg','jpeg')

flag: GOT

Position

用C++写的MFC程序，程序使用CSimpleString类的GetAt方法获得对应下标的字符，用户名的前两个字符作运算以后和密码的前五个字符作比较，后两个字符作运算以后和密码的后五个字符作比较。我使用爆破的方式求解，脚本如下:

#!usr/bin/env python
#-*- coding:utf-8 -*-

s = '76876-77776'
s1,s2 = s.split('-',1)
ans = ''

for u1 in range(97,123):
	for u2 in range(97,123):
		for u3 in range(97,123):
			for u4 in range(97,123):
			
				u1_1 = (u1 & 1) + 5;
				u1_5 = ((u1 >> 4) & 1) + 5;
				u1_2 = ((u1 >> 1) & 1) + 5;
				u1_3 = ((u1 >> 2) & 1) + 5;
				u1_4 = ((u1 >> 3) & 1) + 5;

				u2_1 = (u2 & 1) + 1;
				u2_5 = ((u2 >> 4) & 1) + 1;
				u2_2 = ((u2 >> 1) & 1) + 1;
				u2_3 = ((u2 >> 2) & 1) + 1;
				u2_4 = ((u2 >> 3) & 1) + 1;

				u3_1 = (u3 & 1) + 5;
				u3_5 = ((u3 >> 4) & 1) + 5;
				u3_2 = ((u3 >> 1) & 1) + 5;
				u3_3 = ((u3 >> 2) & 1) + 5;
				u3_4 = ((u3 >> 3) & 1) + 5;
									  
				u4_1 = (u4 & 1) + 1;
				u4_5 = ((u4 >> 4) & 1) + 1;
				u4_2 = ((u4 >> 1) & 1) + 1;
				u4_3 = ((u4 >> 2) & 1) + 1;
				u4_4 = ((u4 >> 3) & 1) + 1;
				
				if (u1_1 + u2_3 == ord(s1[0]) - ord('0') and u1_4 + u2_4 == ord(s1[1]) - ord('0') and u1_2 + u2_5 == ord(s1[2]) - ord('0') and u1_3 + u2_1 == ord(s1[3]) - ord('0') and u1_5 + u2_2 == ord(s1[4]) - ord('0') and u3_1 + u4_3 == ord(s2[0]) - ord('0') and u3_4 + u4_4 == ord(s2[1]) - ord('0') and u3_2 + u4_5 == ord(s2[2]) - ord('0') and u3_3 + u4_1 == ord(s2[3]) - ord('0') and u3_5 + u4_2 == ord(s2[4]) - ord('0')):
					ans = chr(u1) + chr(u2) + chr(u3) + chr(u4)
					if ans[3] == 'p':
						print ans

得到4组解：bump cqmp ftmp gpmp，一开始提交的ftmp，发现不对，但是程序是显示correct的，换bump提交成功!

flag: bump

Direct3D_FPS

一个射击游戏，用ida打开FPS.exe程序，搜索字符串，发现Game Clear!字符串，如果成功，某个地址间隔132的数组里的值要全不为1，对该数组交叉引用，发现置数组中值为0的位置，结合玩游戏的过程，猜测数组dword_409194为我们射击的对象，monster，数组dword_409190为monster_life，射击对象的生命值，每射中一次，减2的生命，将一次减2的生命改成减100(怪物生命100)，每死一只怪物，程序对最后打印的加密字符串byte_407028解密一个字符。修改完程序，进行游戏，把怪物全部杀死，发现字符串并没有解密完，还差最后两个字符，应该怪物都杀死了，想不到其他点，由于是简单的异或，于是在动态调试下手解最后两个字符，得到0和m，把解密的字符串拼起来，得到flag。

flag: Thr3EDPr0m

ransomware

run.exe加密了file文件，用ida打开，要解析很长时间(401000处代码不用管)，直接看对文件操作的部分，程序对file文件进行了循环的密钥异或，但是程序里没有密钥，十六进制工具打开file，观察文件结尾是循环的字节，猜测文件结尾原来都是00，写脚本得解密密钥letsplaychess，运行run.exe解密文件，解密后的文件是一个可执行文件，运行得flag。

flag: Colle System

Easy ELF

确实很easy……直接拖入ida，不是明文比较就是简单异或。

flag: L1NUX

Twist1

使用单步向下的方法，od手拖外面的壳后，用ida查看，发现之后的代码是被动态加密的，还是只能用od调试。逆向过程中碰到大量的自解代码，花指令，一些变化栈的call,retn等操作，还有反调试，给我的印象就是：程序代码分散式地干扰逆向者，会比较花费逆向者的时间，password的比较倒比较简单，不过也是分散开来的，都是一些简单的异或比较，和移位比较。出题人的手法很值得学习，汇编指令是相当的熟啊！逆向过程只要使用od一直往下调，下了断点的地方，在执行以后，记得取消断点，碰到程序异常退出，就退回去找条件分支，改判断条件就行，记得改了之后还要改回来，说不定程序在哪又检测了呢？或者是改地址处的字节码呢？

flag: RIBENA

WindowKernel

使用管理员权限运行程序，开启enable按钮，往对话框输入时的处理在sys文件里，根据DeviceIoControl的第二个参数dwIoControlCode，当dwIoControlCode为0x2000时，进行check操作，在sys文件里alt + I 搜索0x2000，找到关键返回值的地方，对dword_13024交叉引用，找到了三层算法处理过程，并不复杂，每次从READ_PORT_UCHAR读一个字符，放到al里，调试的时候找到DriverEntry，然后一路跟进，在这里下断点就好，整理出一个a-z的table表，写脚本得到flag:

#!/usr/bin/env python
#-*- coding:utf-8 -*-

index = {0x9e:'a',0xb0:'b',0xae:'c',0xa0:'d',0x92:'e',0xa1:'f',0xa2:'g',0xa3:'h',0x97:'i',0xa4:'j',0xa5:'k',0xa6:'l',0xb2:'m',0xb1:'n',0x98:'o',0x99:'p',0x90:'q',0x93:'r',0x9f:'s',0x94:'t',0x96:'u',0xaf:'v',0x91:'w',0xad:'x',0x95:'y',0xac:'z'}
compare_table1 = [0xA5,0x92,0x95,0xB0,0xB2,0x85,0xA3,0x86,0xB4,0x8F,0x8F,0xB2]
ans = ''

for i in range(len(compare_table1)):
	if i > 3 and i <= 7 :
		compare_table1[i] ^= 0x12
	elif i > 7:
		compare_table1[i] ^= 0x12
		compare_table1[i] ^= 0x5

for j in range(len(compare_table1)):
	tmp = index[compare_table1[j]]
	ans += tmp
	
print ans

flag: keybdinthook

之前不会内核调试，这道题还是学会了很多的，23333!

AutoHotKey1

根据提示，需要找到两个md5值，然后解密。upx脱壳，运行出现”EXE corrupted”，搜索字符串，定位sub_4508C7这个函数，进入分析，程序取了自身的最后8个字节。验证的第一关，进行计算后的4个字节的值异或0xAAAAAAAA要与取的最后8个字节中后4个字节相同，然后以取的最后8个字节中前4个字节为偏移，从程序开头偏移前4个字节的大小，取16个字节和程序一处硬编码的值A3484BBE986C4AA9994C530A86D6487D比较。
AutoHotKey1
比较成功则解密一串16进制值，得到第一串md5值：220226394582d7117410e3c021748c2a，网上解密得isolated。我们只要在程序里搜索那串比较的十六进制值，然后将其偏移填在最后8-5字节的位置，然后根据程序计算结果得到最后4字节，覆盖原来的最后4字节即可通过第一关。
再次运行，可以进行输入，使用Resource_hacker定位id为201的对话框，在ida中找到GetDlgItemText下断。
AutoHotKey2
对存储字符串的buffer下读写断点，f9运行，程序自行断下，发现了一串比较的md5值：54593f6b9413fc4ff2b4dec2da337806，解密得pawn。拼起来就是flag，开始拼反了，提交了不对，orz。

flag: isolated pawn

CSHOP

额，这道题，只想用3个英文字母代替我现在所有的心情->orz!程序是一个.net程序，使用Reflector打开，对代码进行反编译，找到_Click(Object,EventArgs)，发现一些字符串，运行程序，敲击回车或者空格，出来一串字符串，但是它竟然就是flag。

flag: P4W6RP6SES

PEpassword

这道题出的还是很有想法的，只是我的大脑没有转过弯来，对WM_COMMAND下断点，找到了消息处理函数，发现了esi存储着我们输入的字符串，对字符串下硬件访问断点，发现了对字符串的处理过程。程序根据我们的输入，进行了一个运算，运算结果要与一个4字节相等，jne改成je过了这个check，因为爆破基本不现实，后面两次运算，一次产生我们后面解密401000处代码用到的ebx，一次产生eax，如果输入的字符串正确，就能实现对401000处代码的正确解密，得到password。一开始想到爆破不可能，基本没有了思路，卡了很长时间。后来猜测origin.exe的开头字节可能就是解密后的字节，而加密以后的我们是知道的，二者进行简单的异或，就可以得到第一次的eax和以后正确的eax值，通过第一次正确的eax和第二次正确的eax，我们可以爆破第一次正确的ebx，从而更改寄存器的值，让401000处代码正确解密。获取第一次正确的ebx代码如下：

#include<stdio.h>
#include<Windows.h>

int main(int argc,char *argv[])
{
	BYTE cipher[8] = {0x17,0x2E,0xE6,0xB6,0x05,0x7E,0x0C,0x0D};
	BYTE plaintext[8] = {0x81,0xEC,0x4C,0x01,0x00,0x00,0x56,0x57};
	BYTE eax_byte[8] = {0,};
	for(int i=0;i<8;i++)
	{
		eax_byte[i] = cipher[i] ^ plaintext[i];
	}
	DWORD *eax_dword = (DWORD *)eax_byte;
	DWORD first_eax = eax_dword[0];
	DWORD second_eax = eax_dword[1];
	printf("%X %X\n",first_eax,second_eax);
	DWORD eax_value = 0;
	for(int i=1;i<0xFFFFFFFF;i++)
	{
		//printf("0x%X\n",i);f
		__asm
		{
			mov eax,first_eax
			mov ebx,i
			mov cl,al
			rol ebx,cl
			xor eax,ebx
			mov cl,bh
			ror eax,cl
			add ebx,eax
			mov eax_value,eax
		}
		if(eax_value == second_eax)
		{
			printf("0x%X\n",i);
		}
	}
	system("pause");
	return 0;
}
//ebx
//0xA1BEEE22
//0xC263A2CB
//eax
//0xB7AAC296

PEpassword1

爆破结果有两组值，第二组0xC263A2CB正确，得到flag。

PEpassword2

flag: From_GHL2_!!

HateIntel

mach-o文件，arm架构，使用ida打开，可以反编译，搜索字符串”Input key”，简单的逻辑运算，然后作比较，脚本如下：

#include<stdio.h>
#include<Windows.h>
#include<string.h>

int main()
{
	char ans[29] = {0,};
	int j;
	BYTE compare_Byte[29] = {0x44,0xF6,0xF5,0x57,0xF5,0xC6,0x96,0xB6,0x56,0xF5,0x14,0x25,0xD4,0xF5,0x96,0xE6,0x37,0x47,0x27,0x57,0x36,0x47,0x96,0x03,0xE6,0xF3,0xA3,0x92,0x00};
	for(int i=0;i<29;i++)
	{
		for(int x=32;x<127;x++)
		{
			j = x;
			//printf("%d\n",j);
			for(int q=0;q<4;q++)
			{
				j = j << 1;
				if(j & 0x100)
				{
					j |= 1;
				}
			}
			//system("pause");
			if((unsigned __int8)j == compare_Byte[i])
			{
				printf("%d: %c\n",i,x);
				strcat(ans,(char *)&x);
				break;
			}
		}
	}
	printf("%s\n",ans);
	system("pause");
	return 0;
}

flag: Do_u_like_ARM_instructi0n?:)

AutoHotKey2

这道题目和AutoHotkey1的思路一样，修改了pe文件之后，直接运行，出现冰与火之歌的一段描述，让你根据描述猜这个人是谁，百度一下知道是琼恩·雪诺，答案就是这个人名字的小写，去掉空格。

jonsnow

flag: jonsnow

SimpleVM

这道题目还是让自己涨了不少姿势，没有白忙活!23333，首先是linux下的加壳程序，让它直接运行，ida远程attach，然后dump代码段的内存，dump代码如下：

#include <idc.idc>

static main(void)
{
	auto i,fp;
	fp = fopen("f:\\dump.dex","wb");
	for(i=0x8048000;i<0x804C000;i++)
	{
		fputc(Byte(i),fp);
	}
}

虽然以前就知道idc和python的ida脚本，但是都很少用，这次需要dump内存，Windows系统下dump内存工具很多，但是linux我就不是很熟悉了，想到用ida去dump内存，dump下来的代码段没有VM加壳，庆幸只有外层加了，23333。简单分析了一下程序，程序需要root权限，fork了子进程和父进程，利用管道进行交互，子进程得到输入的数据，然后写到管道里，父进程从管道里读数据，进行验证。
首先，我尝试去分析代码的逻辑，脑补之后发现这个200大小的数组，我实在是看不出他是什么规律，也不像是迷宫之类的东西，但是密钥长度一定小于等于7(个人脑补的结论)。想了想，想尝试爆破，把代码copy了放到vs上跑，果然跑不出来，光是跑遍5位的密码就已经吃力得不行了。果断放弃。上网搜索题解，发现了他人的思路是pintools边信道攻击，下面的笔记主要是记录一下边信道攻击。

pintools边信道攻击利用原理

pintools之前就接触过，但是没想过能利用到CTF上面来，自己学习pintools也就想到能直接打印内存，绕过反调试之类的，感觉用处不是很大，还不如直接用ida动调，觉得这个动态插桩工具好像没法应用到CTF上来，不过，这题着实让自己开眼了！
刚接触pintools的人都知道，pintools最简单的一个示例就是指令计数，但是思维也仅限于指令计数而已，但是边信道攻击很巧妙，恰恰利用了这个最简单的用法。如果程序的check是一个一个字符的情况，每通过一个字符或者一部分字符就能继续执行下去，那么程序执行的指令数必然会有大的增加，而pintools就可以通过执行指令数的激增来判断输入的字符是否是正确的字符，从而一个个字符地爆破，把很大数量级的爆破问题化解成为从前往后验证字符每一位的问题，而一个字符的范围不过10的平方而已。利用这个原理，写脚本进行爆破，最终得到flag。

#!/usr/bin/env python
#-*- coding:utf-8 -*-

import popen2,string

INFILE = "fx"
CMD = "./pin -t source/tools/ManualExamples/obj-ia32/inscount1.so -- ./SimpleVM <" + INFILE

def execlCommand(command):
	fin,fout = popen2.popen2(command)
	result1 = fin.readline()#获取程序自带打印信息，wrong或者correct
	print result1
	result2 = fin.readline()#获取pintools打印的信息
	print result2
	fin.close()

choices = "0123456789abcdefghijklmnopqrstuvwxyzABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ!#$%&'()*+,-./:;<=>?@[\]^_`{|}~"

def writefile(data):
	f = open(INFILE,'w')
	f.write(data)
	f.close()
	
for entry in range(0,len(choices)):
	key = 'i' + choices[entry:entry+1]#一个一个字符测试
	print ">",key
	writefile(key)
	execlCommand(CMD)

爆破过程如下图:

SimpleVM1
SimpleVM2
SimpleVM3
SimpleVM4
SimpleVM5
SimpleVM6
SimpleVM7

flag: id3*ndh

x64 Lotto

64位的windows程序，拖入ida简单分析，输入的6个数和随机产生的6个数比较，这里直接patch掉就好，如下图：

Lotto1

后面对硬编码的字符进行两次异或处理，然后自动输出结果，所以我们只需要简单patch程序，然后自动运行就可以得到flag。

Lotto2

flag: from_GHL2_-_!

Csharp

用dnspy打开.net程序，点击main函数里的form1()函数，功能是对MetMett方法进行解密(由于直接点击MetMett函数，显示反编译错误)，需要动态执行，解密MetMett方法。在MetMetMet方法里取了我们输入的字符串，作base64encode然后进行了一次比较，比较的东西应该就在加密的方法里。使用dnspy动态调试，在解密完的地方下断，应该就能看到解密完的函数。但是我都dnspy看不到MetMetM方法的指针，没法直接找到解密以后的内存，很是尴尬，于是只有手动找解密的开头和结尾，将加密的部分抠出来，然后用脚本解密，再粘贴到MetMetM的方法上覆盖，保存文件，重新使用dnspy打开，看到比较的代码，写脚本获得flag，脚本如下：

#!/usr/bin/env python
#-*- coding:utf-8 -*-

import base64

origin = '028D681E0B3FDEFFFFFF0115179B0215901F8FFFFFFF601E492D030115169B0218901F8FFFFFFF601E452D030115169B0216901F8FFFFFFF601E562D030115169B0217901F8FFFFFFF601E4C2D030115169B021E0A901F8FFFFFFF601E2B2D030115169B021D901F8FFFFFFF601FF0FFFFFF2D030115169B0219901F8FFFFFFF601E1C2D030115169B021A901F8FFFFFFF601E302D030115169B021E08901F8FFFFFFF601FE1FFFFFF2D030115169B021C901F8FFFFFFF601FEDFFFFFF2D030115169B021E09901F8FFFFFFF601FA2FFFFFF2D030115169B021B901F8FFFFFFF601E742D030115169B29'

new_change = []
sum = 0
for i in range(len(origin)/2):
	tmp = origin[:2]
	tmp = int(tmp,16)
	tmp += 1
	tmp &= 0xFF
	sum += tmp
	sum &= 0xFF
	new_change.append(tmp)
	origin = origin[2:]

new_change[18] = (sum - 38) & 0xFF
new_change[35] = (sum - 3) & 0xFF
new_change[52] = (sum ^ 39) & 0xFF
new_change[69] = (sum - 21) & 0xFF
new_change[87] = (71 - sum) & 0xFF
new_change[124] = (sum ^ 114) & 0xFF
new_change[141] = (sum ^ 80) & 0xFF
new_change[159] = (235 - sum) & 0xFF
new_change[179] = (106 + sum) & 0xFF
new_change[200] = (36 - sum) & 0xFF
new_change[220] = (sum - 3) & 0xFF

for i in range(len(new_change)):
	if new_change[i] < 16:
		print '0' + "%x" % new_change[i],
	else:
		print ("%2x" % (new_change[i])),
		
s = '03 8e 69 1f 0c 40 df 00 00 00 02 16 18 9c 03 16 91 20 10 00 00 00 61 1f 4a 2e 04 02 16 17 9c 03 19 91 20 33 00 00 00 61 1f 46 2e 04 02 16 17 9c 03 17 91 20 11 00 00 00 61 1f 57 2e 04 02 16 17 9c 03 18 91 20 21 00 00 00 61 1f 4d 2e 04 02 16 17 9c 03 1f 0b 91 20 11 00 00 00 61 1f 2c 2e 04 02 16 17 9c 03 1e 91 20 90 00 00 00 61 20 f1 00 00 00 2e 04 02 16 17 9c 03 1a 91 20 44 00 00 00 61 1f 1d 2e 04 02 16 17 9c 03 1b 91 20 66 00 00 00 61 1f 31 2e 04 02 16 17 9c 03 1f 09 91 20 b5 00 00 00 61 20 e2 00 00 00 2e 04 02 16 17 9c 03 1d 91 20 a0 00 00 00 61 20 ee 00 00 00 2e 04 02 16 17 9c 03 1f 0a 91 20 ee 00 00 00 61 20 a3 00 00 00 2e 04 02 16 17 9c 03 1c 91 20 33 00 00 00 61 1f 75 2e 04 02 16 17 9c 2a'

print ''
print s.replace(' ','')

#038e691f0c40df0000000216189c0316912010000000611f4a2e040216179c0319912033000000611f462e040216179c0317912011000000611f572e040216179c0318912021000000611f4d2e040216179c031f0b912011000000611f2c2e040216179c031e9120900000006120f10000002e040216179c031a912044000000611f1d2e040216179c031b912066000000611f312e040216179c031f099120b50000006120e20000002e040216179c031d9120a00000006120ee0000002e040216179c031f0a9120ee0000006120a30000002e040216179c031c912033000000611f752e040216179c2a

ans = []

ans.append(chr(74^16))
ans.append(chr(87^17))
ans.append(chr(33^77))
ans.append(chr(51^70))
ans.append(chr(68^29))
ans.append(chr(102^49))
ans.append(chr(51^117))
ans.append(chr(160^238))
ans.append(chr(144^241))
ans.append(chr(181^226))
ans.append(chr(238^163))
ans.append(chr(17^44))

ans = ''.join(ans)
print ans

print base64.b64decode(ans)

flag: dYnaaMic

Flash Encrypt

flash的题目，用ffdec打开，点击scripts，然后选择其中一个打开发现是有问题的代码，Settings里勾选上Automatic deobfuscation自动反混淆，然后重新生成。此时再看scripts里的代码就很简单了，把那几个比较的数值记录下来，然后双击flashenc.swf运行，输入那些值，到达最后出现flag。

flashEnc

flag: 16876

Multiplicative

java程序逆向，使用jad或者dj反编译程序，直接看到源代码，一个通过溢出得到值的题目。脚本如下:

#!/usr/bin/env python
#-*- coding:utf-8 -*-

from ctypes import *

i = 1L
while (1):
	tmp = ((2 ** 64) * i + 0xeaaeb43e477b8487L) / 26729
	if ((tmp * 26729) % (2 ** 64)) == 0xeaaeb43e477b8487L:
		print c_int64(temp),i
		break
	i += 1

flag: -8978084842198767761

Invicsfate

bin选手一只，爱好二次元，最爱小姐姐(^﹏^)!