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 imes 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；