在解決古典概型問題時，確定的基本事件個個數越少，模型越精煉，則解題過程越簡單。以下舉例說明：【同類題見北師大必修3概率\(p_\)例2】某人有4把鑰匙，其中只有2把能開啟門，現隨機地取1把鑰匙試著開門，不能開門，就把鑰匙放在旁邊，他第二次才能開啟門的概率是_______.
分析：4把鑰匙分別標記為\(k_1，k_2，n_1，n_2\)，
[法1]：此人依次取4把鑰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\(k_1\)開頭的6個和\(k_2\)開頭的6個，共計24種，其中第二次才能開啟門的情形只在列舉出來的12種裡面，占有8種，故所求概率為\(p=\cfrac=\cfrac\).
[法2]：如果只關注前兩次取出鑰匙，則共有12次：\((n_1，k_1)\)、\((n_1，k_2)\)、\((n_1，n_2)\)、\((n_2，k_1)\)、\((n_2，k_2)\)、\((n_2，n_1)\)、\((k_1，n_1)\)、\((k_1，n_2)\)、\((k_1，k_2)\)、\((k_2，n_1)\)、\((k_2，n_2)\)、\((k_2，k_1)\)，其中第二次才能開啟門的情形有4種，故所求概率為\(p=\cfrac=\cfrac\).
[法3]：如果不關注鑰匙的次序，只關注能否開啟，則相當於從\(k、k、n、n\)四把鑰匙中取，共有以下6種情形，\((n，k，k，n)\)、\((n，k，n，k)\)、\((n，n，k，k)\)、\((k，k，n，n)\)、\((k，n，k，n)\)、\((k，k，n，k)\)，其中第二次才能開啟門的情形有2種，故所求概率為\(p=\cfrac=\cfrac\).
[法4]：第一次取出的鑰匙沒有開啟門，如果只考慮第二次取出鑰匙的情形，則第二次只能取到剩餘3把鑰匙裡的任何一把，其中能開啟門的鑰匙有2種，【未完，待思考】
反思：本題目怎麼看著都應該能用條件概率解決呀？不能，\(p(b|a)=\cfrac=\cfrac\)，意思是要做成\(a\)發生的條件下\(b\)發生的概率，必修滿足事件\(a\)的所有結果包含事件\(b\)的所有結果。不是簡單的題目中有「在······條件下」就是條件概率。
【2017長沙二模】乙個不透明的袋子裝又4個完全相同的小球，球上分別標有數字0、1、2、2，現甲從中摸出1個球記下球上的數字後放回，乙再從中摸出1個球，若誰摸出的球上的數字大則獲勝(若數字相同則為平局)，則在甲獲勝的條件下，乙摸出的球上的數字為1的概率為【】
$a.\cfrac$ $b.\cfrac$ $c.\cfrac$ $d.\cfrac$
法1分析：使用古典概型求解，由於甲獲勝的所有情形為\((2，1)\)，\((2，1)\)，\((2，0)\)，\((2，0)\)，\((1，0)\)，共有5種，
其中在甲獲勝的條件下，乙摸出的球上的數字為1的情形為\((2，1)\)，\((2，1)\)，有2種，
令「在甲獲勝的條件下，乙摸出的球上的數字為1」為事件\(a\)，則\(p(a)=\cfrac\)，故選\(d\)。
法2分析：使用條件概率求解，令「甲獲勝」為事件\(a\)，「乙摸出的球上的數字為1」為事件\(b\)，則所求為\(p(b|a)\)；
由於甲、乙都從4個球中分別取出1個球，故所有情形有\(4\times 4=16\)種，則甲獲勝的情形有\((2，1)\)，\((2，1)\)，\((2，0)\)，\((2，0)\)，\((1，0)\)，共有5種，故\(p(a)=\cfrac\)，
而事件\(ab\)即「甲獲勝且乙摸出的球上的數字為1」的情形有\((2，1)\)，\((2，1)\)，有2種，即\(p(ab)=\cfrac\)，
由條件概率的計算公式可得，\(p(b|a)=\cfrac=\cfrac}}=\cfrac\)。
解後反思：①古典概型求解改題目，其實就是壓縮了樣本空間；②能用條件概率求解的題目是否都可以用古典概型；
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