前言
在解决古典概型问题时，确定的基本事件个个数越少，模型越精炼，则解题过程越简单。以下举例说明：
一、模型案例
二、典例剖析：
某人有4把钥匙，其中只有2把能打开门，现随机地取1把钥匙试着开门，不能开门，就把钥匙放在旁边，他第二次才能打开门的概率是_______.
分析：4把钥匙分别标记为\(K_1，K_2，N_1，N_2\)，
[法1]：此人依次取4把钥匙做排列共有以下情形：\((N_1，K_1，K_2，N_2)\)、\((N_1，K_1，N_2，K_2)\)、\((N_1，K_2，K_1，N_2)\)、\((N_1，K_2，N_2，K_1)\)、\((N_1，N_2，K_1，K_2)\)、\((N_1，N_2，K_2，K_1)\)、\((N_2，K_1，K_2，N_1)\)、\((N_2，K_1，N_1，K_2)\)、\((N_2，K_2，K_1，N_1)\)、\((N_2，K_2，N_1，K_1)\)、\((N_2，N_1，K_1，K_2)\)、\((N_2，N_1，K_2，K_1)\)，以及\(K_1\)开头的6个和\(K_2\)开头的6个，共计24种，其中第二次才能打开门的情形只在列举出来的12种里面，占有8种，故所求概率为\(P=\cfrac{8}{24}=\cfrac{1}{3}\).
[法2]：如果只关注前两次取出钥匙，则共有12次：\((N_1，K_1)\)、\((N_1，K_2)\)、\((N_1，N_2)\)、\((N_2，K_1)\)、\((N_2，K_2)\)、\((N_2，N_1)\)、\((K_1，N_1)\)、\((K_1，N_2)\)、\((K_1，K_2)\)、\((K_2，N_1)\)、\((K_2，N_2)\)、\((K_2，K_1)\)，其中第二次才能打开门的情形有4种，故所求概率为\(P=\cfrac{4}{12}=\cfrac{1}{3}\).
[法3]：如果不关注钥匙的次序，只关注能否打开，则相当于从\(K、K、N、N\)四把钥匙中取，共有以下6种情形，\((N，K，K，N)\)、\((N，K，N，K)\)、\((N，N，K，K)\)、\((K，K，N，N)\)、\((K，N，K，N)\)、\((K，K，N，K)\)，其中第二次才能打开门的情形有2种，故所求概率为\(P=\cfrac{2}{6}=\cfrac{1}{3}\).
[法4]：第一次取出的钥匙没有打开门，如果只考虑第二次取出钥匙的情形，则第二次只能取到剩余3把钥匙里的任何一把，其中能打开门的钥匙有2种，【未完，待思考】
反思：本题目怎么看着都应该能用条件概率解决呀？不能，\(P(B|A)=\cfrac{P(AB)}{P(A)}=\cfrac{n(AB)}{n(A)}\)，意思是要做成\(A\)发生的条件下\(B\)发生的概率，必修满足事件\(A\)的所有结果包含事件\(B\)的所有结果。不是简单的题目中有“在······条件下”就是条件概率。
小结：基本事件的选取角度不一样，则实验中的基本事件数目就不一样，大家应该能看到，解决的难度也是不一样的。
法1分析：使用古典概型求解，由于甲获胜的所有情形为\((2，1)\)，\((2，1)\)，\((2，0)\)，\((2，0)\)，\((1，0)\)，共有5种，
其中在甲获胜的条件下，乙摸出的球上的数字为1的情形为\((2，1)\)，\((2，1)\)，有2种，
令“在甲获胜的条件下，乙摸出的球上的数字为1”为事件\(A\)，则\(P(A)=\cfrac{2}{5}\)，故选\(D\)。
法2分析：使用条件概率求解，令“甲获胜”为事件\(A\)，“乙摸出的球上的数字为1”为事件\(B\)，则所求为\(P(B|A)\)；
由于甲、乙都从4个球中分别取出1个球，故所有情形有\(4\times 4=16\)种，则甲获胜的情形有\((2，1)\)，\((2，1)\)，\((2，0)\)，\((2，0)\)，\((1，0)\)，共有5种，故\(P(A)=\cfrac{5}{16}\)，
而事件\(AB\)即“甲获胜且乙摸出的球上的数字为1”的情形有\((2，1)\)，\((2，1)\)，有2种，即\(P(AB)=\cfrac{2}{16}\)，
由条件概率的计算公式可得，\(P(B|A)=\cfrac{P(AB)}{P(A)}=\cfrac{\frac{2}{16}}{\frac{5}{16}}=\cfrac{2}{5}\)。
解后反思：①古典概型求解改题目，其实就是压缩了样本空间；②能用条件概率求解的题目是否都可以用古典概型；