排列组合例题整理

1、排列组合基础知识讲座首先看一道简单的例题例1：用1、2、3、4四个数字组成数字不重复的二位数，可以有多少种组法？ 解答：题目的意思是从4个数字中随意选出2个数字，然后组成一个2位数，问一共可以组成多少个这样的2位数。假设我们随意选取1,2,可以组成12和21，虽然都是由1，2组成，但由于位置不同，仍然是两个不同的数字。由于和位置有关，所以这是排列问题。（注意：虽然题目问的是有多少种组法，但仍然属于排列问题）排列公式的定义如下也可写成P（n,r）其中n表示总共的元素个数，r表示进行排列的元素个数，！表示阶乘，例如6！=，5!= ，但要特别注意1！=0！=1。假设n=5，r=3，则P（5,3）=在

2、这个题目里，总共的元素个数是4 ，所以n=4，从所有元素中取出2个进行排列，所以r=2。根据公式P（4,2）=因此共有12种组法。下面我们一起来看考试当中出现的一个题目：例2. 黄、白、蓝三个球，从左到右顺次排序，有几种排法?解答：假设我们已经找出了两种排列方法（黄、白 、蓝） 和 （蓝、白、黄），可以发现虽然都是用的一样的球，但因为和位置有关，所以还是两种不同的排法。很明显这属于排列问题。在这里，总共的元素个数是3 ，所以n=3，从所有元素中取出3个进行排列，所以r=3。根据公式P（3,3）= （ 计算的时候注意0！=1）因此共有6种排法。如果我们把这个题目改一改，变成例3 黄、白、蓝三个球

3、，任意取出两个，对这两个球从左到右顺次排序，有几种排法?解答这仍然属于排列问题，只不过r变成了2。在这里，总共的元素个数是3 ，所以n=3，从所有元素中取出2个进行排列，所以r=2。根据公式P（3,2）= （ 计算的时候注意1！=1）因此还是有6种排法。下面我们这个题目再变一下例4 黄、白、蓝三个球，任意取出两个，有几种取法?解答：假设我们第一次取出黄球，第二次取出白球，或者第一次取出白球，第二次取出黄球，可以发现虽然顺序不同，但都是同一种取法，即（黄，白）和（白，黄）是同一种取法。由于和取出的球的排列位置无关，因此这属于组合问题。组合公式的定义如下也可写成C（n,r）其中n表示总共的元素个数

4、，r表示进行组合的元素个数，！表示阶乘，例如6！=，5!= ，但要特别注意1！=0！=1。假设n=5，r=3，则C（5,3）=另外，为便于计算，还有个公式请记住例如C(6,2)=C(6,4)在例4里，总共的元素个数是3 ，所以n=3，从所有元素中任意取出2个进行组合，所以r=2。根据公式C（3,2）= （ 计算的时候注意1！=1）因此有3种取法。基础知识讲完后，我们进行一次随堂模拟考试，下面是公考中曾经出现过的题目考试题1. 林辉在自助餐店就餐，他准备挑选三种肉类的一种肉类，四种蔬菜中的二种不同蔬菜，以及四种点心中的一种点心。若不考虑食物的挑选次序，则他可以有多少不同选择方法？解答：这里涉及到

5、了解答排列组合问题中常用到一种方法：分步法。即把完成一件事情的过程分成几步，每一步的可供选择的方案数相乘就是总的可供选择的方案数。例如完成一件事情需要两步，第一步有2种选择，第二步有3种选择，如果不考虑完成顺序（即先完成第一步再完成第二步，或先完成第二步再完成第一步效果一样），则总的选择数为2乘3等于6。 本题中，就餐分成三步，第一步挑选肉类，第二步挑选蔬菜，第三步挑选点心。在每一步的挑选中，由于挑选的物品是同一种类（例如从四种蔬菜中挑选两种，虽然种类不同，但挑出的仍然是蔬菜，与挑选时的顺序无关），所以每一步的挑选是组合问题。第一步的选择数为C(3,1)= ，第二步的选择数为C(4,2)= 第

6、三步的选择数为C(4,1)= 由于不考虑挑选食物的顺序，所以总共有种考试题2.将五封信投入3个邮筒，不同的投法共有（）解答：这个题也采用分步法。分成五步，第一步将第一封信投入邮筒，第二步将第二封信投入邮筒，第五步将第五封信投入邮筒。在每一步中，每一封信都有三个邮筒的选择，即可选择数是3。由于结果与五封信的投递次序无关，所以共有考试题3：从编号为1-9的队员中选6人组成一个队，问有多少种选法？ 解答：这个题和例题1有相似处，但要注意队与队之间的区别只与组成队员有关，而与队员的排列顺序无关。例如，1,2,3,4,5,6号队员组成一队，不论他们怎么排列，123456和654321仍然是同一只队。因为

7、和位置无关，所以这是组合问题。总共的元素个数是9 ，所以n=9，从所有元素中任意取出6个元素进行组合，所以r=6。根据公式C（9,6）= 因此有84种取法。（注意：考试时只要求知道计算公式C（9,6），不要求具体计算） 专家解析公务员考试：排列组合问题之插板法文章摘要：插板法是用于解决"相同元素"分组问题，且要求每组均"非空"，即要求每组至少一个元素；若对于 "可空"问题，即每组可以是零个元素，又该如何解题呢？     首先给各位公务员考友看一道题目：     例1现有10个

8、完全相同的球全部分给7个班级，每班至少1个球，问共有多少种不同的分法?     【解析】：题目中球的分法共三类：     第一类：有3个班每个班分到2个球，其余4个班每班分到1个球。其分法种数为 。     第二类：有1个班分到3个球，1个班分到2个球，其余5个班每班分到1个球。其分法种数 。     第三类：有1个班分到4个球，其余的6个班每班分到1个球。其分法种数 。      所以，10个球分给7个班，每班至少一个球的分法种数为：

9、 。     由上面解题过程可以明显感到对这类问题进行分类计算，比较繁锁，若是上题中球的数目较多处理起来将更加困难，因此我们需要寻求一种新的模式解决问题，我们创设这样一种虚拟的情境-插板。     将10个相同的球排成一行，10个球之间出现了9个空档，现在我们用"档板"把10个球隔成有序的7份，每个班级依次按班级序号分到对应位置的几个球（可能是1个、2个、3个、4个），借助于这样的虚拟"档板"分配物品的方法称之为插板法。     由上述分析可知，分球的方法实际上为档

10、板的插法：即是在9个空档之中插入6个"档板"（6个档板可把球分为7组），其方法种数为 。     由上述问题的分析解决看到，这种插板法解决起来非常简单，但同时也提醒各位考友，这类问题模型适用前提相当严格，必须同时满足以下3个条件：     所要分的元素必须完全相同；     所要分的元素必须分完，决不允许有剩余；     参与分元素的每组至少分到1个，决不允许出现分不到元素的组。     下面再给各位看一道例题：  

11、   例2有8个相同的球放到三个不同的盒子里，共有（ ）种不同方法.     A35 B28 C21 D45     【解析】：这道题很多同学错选C，错误的原因是直接套用上面所讲的"插板法"，而忽略了"插板法"的适用条件。例2和例1的最大区别是：例1的每组元素都要求"非空"，而例2则无此要求，即可以出现空盒子。     其实此题还是用"插板法"，只是要做一些小变化，详解如下：   

12、60; 设想把这8个球一个接一个排起来，即 ，共形成9个空档（此时的空档包括中间7个空档和两端2个空档），然后用2个档板把这8个球分成3组，先插第一个档板，由于可以有空盒，所以有9个空档可以插；再插第二个板，有10个空档可以插，但由于两个板是不可分的（也就是说当两个档板相邻时，虽然是两种插法，但实际上是一种分法），所以共 种。     例3（1）已知方程 ，求这个方程的正整数解的个数。     （2）已知方程 ，求这个方程的非负整数解的个数。     【解析】：(1)将20分成20个1，列出来：1 1 1

13、 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1在这20个数中间的19个空中插入2个板子，将20分成3部分，每一部分对应"1"的个数，按顺序排成 ； ； ；即是正整数解。故正整数解的个数为 ，解法非常简单。 ：（2）此题和例2的解法完全相同，请各位考友自己考虑一下。     【王永恒提示】：今后我们利用"插板法"解决这种相同元素问题时，一定要注意"空"与"不空"的分析，防止掉入陷阱。例3的两题相比较，可以很明显地看出"空"与"不空&qu

14、ot;的区别。     【王永恒总结】： "非空"问题插板法原型为：设有 个相同元素，分成 （ ）组，每组至少一个元素的分组方法共有 ；"可空"问题插板法问题原型为：设有 个相同元素，分成 （ ）组，则分组方法共有 种方法。     练习1有10级台阶，分8步走完。每步可以迈1级、2级或3级台阶，有多少中走法？（答案为 ）     老子曰：夫物芸芸，各复归其根，归根曰静，静曰复命。在平时的学习中，我们应当学会寻找共性，寻找根源，从本质上理解归纳各种问题。在介绍排列组

15、合方法之前 我们先来了解一下基本的运算公式！ C5取3(5×4×3)/(3×2×1) C6取2(6×5)/(2×1) 通过这2个例子 看出 CM取N 公式 是种子数M开始与自身连续的N个自然数的降序乘积做为分子。 以取值N的阶层作为分母 P535×4×3 P666×5×4×3×2×1 通过这2个例子 PMN从M开始与自身连续N个自然数的降序乘积 当NM时 即M的阶层 排列、组合的本质是研究“从n个不同的元素中，任取m (mn)个元素，有序和无序摆放的各种可能性”.区

16、别排列与组合的标志是“有序”与“无序”. 解答排列、组合问题的思维模式有2： 其一是看问题是有序的还是无序的？有序用“排列”，无序用“组合”； 其2是看问题需要分类还是需要分步？分类用“加法”，分步用“乘法”. 分 类：“做一件事，完成它可以有n类方法”，这是对完成这件事的所有办法的一个分类.分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准，然后在这个 标准下进行分类；其次，分类时要注意满足两条基本原则：完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；分别属于不同两类的两种方法是不同的方法. 分步：“做一件事，完成它需要分成n个步骤”，这是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤.分步时，首

17、先要根据问题的特点，确定一个可行的分步标准；其次，步骤的设置要满足完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算很终完成. 两 个原理的区别在于一个和分类关于，一个与分步关于.如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互独立的，无论那一类办法中的那一种方法都能单独完 成这件事，求完成这件事的方法种数，就用加法原理；如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成每一个 步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种类就用乘法原理. 在解决排列与组合的应用题时应注意以下几点： 1有限制条件的排列问题常见命题形式： “在”与“不在” “邻”与

18、“不邻” 在解决问题时要掌握基本的解题思想和方法： “相邻”问题在解题时常用“合并元素法”，可把两个以上的元素当做一个元素来看，这是处理相邻很常用的方法. “不邻”问题在解题时很常用的是“插空排列法”. “在”与“不在”问题，常常涉及特殊元素或特殊元素有顺序限制的排列，可以先不考虑顺序限制，等排列完毕后，利用规定顺序的实情求出结果. 2有限制条件的组合问题，常见的命题形式： “含”与“不含” “至少”与“至多” 在解题时常用的方法有“直接法”或“间接法”. 3 在处理排列、组合综合题时，通过解析条件按元素的性质分类，做到不重、不漏，按事件的发生过程分步，正确地交替使用两个原理，这是解决排列、组

19、合问题的很基本的，也是很重要的思想方法. * 提供10道习题供大家训练 1、三边长均为整数，且很大边长为11的三角形的个数为( C ) (A)25个 (B)26个 (C)36个 (D)37个 -【解析】 根据三角形边的原理 两边之和大于第三边，两边之差小于第三边 可见很大的边是11 则两外两边之和不能超过22 因为当三边都为11时 是两边之和很大的时候 因此我们以一条边的长度开始解析 如果为11，则另外一个边的长度是11，10，9，8，7，6，。1 如果为10 则另外一个边的长度是10，9，8。2， (不能为1 否则两者之和会小于11，不能为11，因为第一种状况包含了11，10的组合) 如果为

20、9 则另外一个边的长度是 9，8，7，。3 (理由同上 ，可见规律出现) 规律出现 总数是1197。1(111)×6÷236 2、 (1)将4封信投入3个邮筒，有多少种不同的投法？ -【解析】 每封信都有3个选择。信与信之间是分步关系。比如说我先放第1封信，有3种可能性。接着再放第2封，也有3种可能性，直到第4封， 所以分步属于乘法原则 即3×3×3×334 (2)3位旅客，到4个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？ -【解析】跟上述状况类似 对于每个旅客我们都有4种选择。彼此之间选择没关于系 不够成分类关系。属于分步关系。如：我们先安排第一个旅

21、客是4种，再安排第2个旅客是4种选择。知道很后一个旅客也是4种可能。根据分步原则属于乘法关系 即 4×4×443 (3)8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人一本，有多少种不同的分法？ -【解析】分步来做 第一步：我们先选出3本书 即多少种可能性 C8取356种 第2步：分配给3个同学。 P336种 这 里稍微介绍一下为啥是P33 ，我们来看第一个同学可以有3种书选择，选择完成后，第2个同学就只剩下2种选择的状况，很后一个同学没有选择。即3×2×1 这是分步选择符合乘法原则。很常见的例子就是 1，2，3，4四个数字可以组成多少4位数？ 也是满足这样的分

22、步原则。 用P来计算是因为每个步骤之间有约束作用 即下一步的选择受到上一步的压缩。 所以该题结果是56×6336 3、 七个同学排成一横排照相. (1)某甲不站在排头也不能在排尾的不同排法有多少种？ (3600) -【解析】 这个题目我们分2步完成 第一步： 先给甲排 应该排在中间的5个第2步： 剩下的6个人即满足P原则 P66720 所以 总数是720×53600 (2)某乙只能在排头或排尾的不同排法有多少种？ (1440) -【解析】 第一步：确定乙在哪个第2步：剩下的6个人满足P原则 P66720 则总数是 720×21440 (3)甲不在排头或排尾，同时乙

23、不在中间的不同排法有多少种？ (3120) -【解析】特殊状况先安排特殊 第一种状况：甲不在排头排尾 并且不在中间的状况 去除3个第2种状况：甲不在排头排尾， 甲排在中间则 剩下的6个因为是分类讨论。所以很后的结果是两种状况之和 即 24007203120 (4)甲、乙必须相邻的排法有多少种？ (1440) -【解析】相邻用捆绑原则 2人变一人，7个第1： 选第2： 选出来的2个则安排甲乙符合状况的种数是2×612 剩下的5个人即满足P55的规律120 则 很后结果是 120×121440 (5)甲必须在乙的左边(不一定相邻)的不同排法有多少种？(2520) -【解析】 这

24、个题目非常好,无论怎么安排甲出现在乙的左边 和出现在乙的右边的概率是一样的。 所以我们不考虑左右问题 则总数是P775040 ,根据左右概率相等的原则 则排在左边的状况种数是5040÷22520 4、用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的数. (1)能组成多少个四位数？ (300) -【解析】 四位数 从高位开始到低位 高位特殊 不能排0。 则只有5种可能性 接下来3个(2)能组成多少个自然数？ (1631) -【解析】自然数是从个位数开始所有状况 分状况 1位数： C6取16 2位数： C5取2×P22C5取1×P1125 3位数： C5取3×

25、P33C5取2×P22×2100 4位数： C5取4×P44C5取3×P33×3300 5位数： C5取5×P55C5取4×P44×4600 6位数： 5×P555×120600 总数是1631 这里解释一下计算方式 比如说2位数： C5取2×P22C5取1×P1125 先从不是0的5个数字中取2个排列 即C5取2×P22 还有一种状况是从不是0的5个数字中选一个和0搭配成2位数 即C5取1×P11 因为0不能作为很高位 所以很高位只有1种可能 (3)能组

26、成多少个六位奇数？ (288) -【解析】高位不能为0 个位为奇数1，3，5 则 先考虑低位，再考虑高位 即 3×4×P4412×24288 (4)能组成多少个能被25整除的四位数？ (21) -【解析】 能被25整除的4位数有2种可能 后2位是25： 3×39 后2位是50： P424×312 共计91221 (5)能组成多少个比201345大的数？ (479) -【解析】 从数字201345 这个6位数看 是很高位为2的很小6位数 所以我们看很高位大于等于2的6位数是多少？4×P554×120480 去掉 201345这

27、个数 即比201345大的有4801479 (6)求所有组成三位数的总和. (32640) -【解析】每个百位上的和：M1=100×P52(5 4 3 2 1) 十位上的和：M2=4×4×10(5 4 3 2 1) 个位上的和：M3=4×4(5 4 3 2 1) 总和 MM1 M2 M3=32640 5、生产某种产品100件，其中有2件是次品，现在抽取5件进行检查. (1)“其中恰有两件次品”的抽法有多少种？ (152096) 【解析】 也就是说被抽查的5件中有3件合格的 ，即是从98件合格的取出来的 所以 即C2取2×C98取3152096

28、(2)“其中恰有一件次品”的抽法有多少种？ (7224560) 【解析】同上述解析，先从2件次品中挑1个次品，再从98件合格的产品中挑4个 C2取1×C98取47224560 (3)“其中没有次品”的抽法有多少种？ (67910864) 【解析】则即在98个合格的中抽取5个 C98取567910864 (4)“其中至少有一件次品”的抽法有多少种？ (7376656) 【解析】全部排列 然后去掉没有次品的排列状况 就是至少有1种的 C100取5C98取57376656 (5)“其中至多有一件次品”的抽法有多少种？ (75135424) 【解析】所有的排列状况中去掉有2件次品的状况即是至

29、多一件次品状况的 C100取5C98取375135424 6、从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有( ) (A)140种 (B)84种 (C)70种 (D)35种 -【解析】根据条件我们可以分2种状况 第一种状况：2台甲1台乙 即 C4取2×C5取16×530 第2种状况：1台甲2台乙 即 C4取1×C5取24×1040 所以总数是 304070种 7、在50件产品中有4件是次品，从中任抽5件，至少有3件是次品的抽法有_种. -【解析】至少有3件 则说明是3件或4件 3件：C4取3×C4

30、6取24140 4件：C4取4×C46取146 共计是 4140464186 8、有甲、乙、丙三项任务, 甲需2人承担, 乙、丙各需1人承担.从10人中选派4人承担这三项任务, 不同的选法共有( C ) (A)1260种 (B)2025种 (C)2520种 (D)5040种 【解析】分步完成 第一步：先从10人中挑选4人的方法有：C10取4210 第2步：分配给甲乙并的工作是C4取2×C2取1×C1取16×2×112种状况 则根据分步原则 乘法关系 210×122520 9、12名同学分别到三个不同的路口进行车流量的调查，若每个路口4

31、人，则不同的分配方案共有_ C(4,12)C(4,8)C(4,4) _种 【解析】每个路口都按次序考虑 第一个路口是C12取4 第2个路口是C8取4 第三个路口是C4取4 则结果是C12取4×C8取4×C4取4 可能到了这里有人会说 三条不同的路不是需要P33吗？ 其实不是这样的 在我们从12人中任意抽取人数的时候，其实将这些分类状况已经包含了对不同路的状况的包含。 如果再×P33 则是重复考虑了 如果这里不考虑路口的不同 即都是相同路口 则状况又不一样 因为我们在分配人数的时候考虑了路口的不同。所以很后要去除这种可能状况 所以在上述结果的状况下要÷P3

32、3 10、在一张节目表中原有8个节目，若保持原有节目的相对顺序不变，再增加三个节目，求共有多少种安排方法？ 990 【解析】这是排列组合的一种方法 叫做2次插空法 直接解答较为麻烦，故可先用一个节目去插9个空位，有P(9,1)种方法；再用另一个节目去插10个空位，有P(10,1)种方法；用很后一个节目去插11个空位，有P(11,1)方法，由乘法原理得：所有不同的添加方法为P(9,1)×P(10,1)×P(11,1)=990种。讨论一个非常经典的题目 6个学生平均分成3组，有多少种分法？ 6个学生平均分到3个不同的班级，有多少种分法？ 讨论中出现了2个做法， 其一：是（，）&

33、#215;（，）= 其二：是（，）×（，）（，） 现在我们就来讨论是否需要考虑×（，）还是要除以（，） 我们先从简单的和说起。 是排列组合当中表示选取的意思。整个核心是“选取”，所以不设计到排列。如从，这三个数字中选出个数字，有几种选法？ 我们就可以简单的运用（，） 而则有所不同，除了选取还需要排列。 比如从，这三个数字中选出个数字，可以组成多少个两位数？ 我们刚才说过了排列是建立在选取的基础上，分步看，就是先选取后排列。如此题（，）×（，）（，） 现在我们就来看原题。 6个学生平均分成3组，有多少种分法？ 我们知道这里的分组是相同的，也就是说我无需考虑排列的问题

34、，只管选取。 这个时候有人就会问了正确答案不就是（，）×（，）=吗？其实不然！ 下面我们继续来探讨。为什么不然我们最熟悉的就是数字排列。 如，这个数字可以组成多少个位数？我们都知道是（，） ，（，）×（，）×（，）×（，）×（，） 这样一分解大家也许就明白了：就是分步选取，换句话说，就是分步选取，包含了排列。那么我们回头看（，）×（，）=这里就必定包含了对三个组的排列所以我们必须要除！即答案是（） 6个学生平均分到3个不同的班级，有多少种分法？ 再看这个题目，我们发现其实，分组不同了，那么我们只需做好分步选取就了，无需再去重

35、复的排列了？即答案就是（，）×（，）=下面我再来举个简单的例子反驳如个人叫，他们分成组每组人。有多少种？，就种，因为组不区分，和是一回事。（，）×（，）显然这里就是错误的了可能很多考生会觉得，公务员考试的题目都应该是极其严肃的，但事实上并不尽然。在行政职业能力测验的数学运算部分，有一部分题目略显与众不同，带有比较强的智力性和趣味性。这些题目有个共同的特点，在计算上通常并不复杂，但往往要求考生有比较严密的思维和比较灵活的想法，与传统的数学题目相比，更多的带有一种“脑筋急转弯”的性质。而且对于某些题目，仅仅具备数学知识还不够，需要考生掌握一定的生活相关常识才能够求解。通过对历年

36、国家公务员考试真题的研究总结，专家发现，曾经有如下种类的智力型问题在公务员考试中反复涉及到。 一、抽屉原理类“抽屉原理”也称“鸽巢原理”，最早由德国数学家狄利克雷提出，在组合数学中有非常重要的地位。如果用通俗一点的语言来描述，抽屉原理最常见的情形是：把多于n个的物体放到n个抽屉里，那么至少有一个抽屉里面要放有2个或2个以上的物体。在国家公务员考试中，抽屉原理类型的题目便曾经多次出现，其特征是，在题干中有“至少”和“保证”这两个词或类似的字样，比如：【例题1】2004年国家公务员考试B卷48题。有红、黄、蓝、白珠子各10粒，装在一只袋子里，为了保证摸出的珠子有两粒颜色相同，应至少摸出几粒( )A

37、.3 B.4 C.5 D.6【答案】：C。从“至少”和“保证”两个词我们可以判断，这是一道典型的抽屉原理问题。解决此类问题，有一个总体上的原则，就是始终考虑最坏的情况。对于本题，最坏的情况就是每种颜色的珠子恰好各摸出一粒，没有任何两粒的颜色相同。这时只要再摸出一粒，不管是何种颜色，都能保证有两粒颜色相同的珠子了。对于任何的抽屉原理问题，实际上都是遵循这样一个大的原则来求解。【例题2】2007年国家公务员考试49题。从一副完整的扑克牌中至少抽出( )张牌才能保证至少6张牌的花色相同。A.21 B.22 C.23 D.24【答案】：C。本题也可以很轻易的判断出属于抽屉原理类，依照“最坏的情况”来考

38、虑，应该是每种花色的牌恰好都抽出了5张。这里涉及到生活中的小常识，首先考生要知道一副扑克牌中有四种花色的牌，第二这道题有一个小小的陷阱，那就是一副完整的扑克牌中还有两张大小王。所以如果考虑不够全面的话，本题很可能得到21张的答案，实际上真正最坏的情况就是连大小王也摸到了，需要摸23张才能保证有6张牌花色相同。二、排列组合类提到排列组合问题，有一部分考生可能要开始头疼了，因为这在公务员考试中是一个“超纲”知识点。在前面的系列文章中我们曾经提到过，绝大部分数学题目的基本解题知识点都囊括在初二数学大纲中，但排列组合是高中数学才接触到的内容。尽管如此，却并不意味着这一类型的题目很难，因为对于排列数和组合数的复杂计算性质，在解题中基本上是用不到的。对于绝大多数的排列组合题目，只要掌握了乘法原理和加法原理两种简单的方法就能够解决，稍复杂的题目需要用到最基本的组合数。首先来交代一下，什么叫做乘法原理和加法原理。乘法原理，也叫分布计数原理，是指完成一件事需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1×m2××mn种不同的方法。加法原理，也叫分类计数原理，是指完成一件事，