思路
如果去考虑 O 的摆放，再考虑那些改为 X，这样不好思考，实现也很不好写，所以我们可以考虑构造一种通解。
如果将上图所有标红的位置都放上 X，那么无论 O 如何放，都不可能胜利，而 X 因为原本就没有，所以摆上后也不可能胜利。
不过，因为更改的次数不能超过棋子总数的 \(\frac 1 3\)，所以这种方案不一定满足条件（比如 O 全放在红格子上，那么更改次数就是总棋子数）。
实际上，图中的方式只是一种，整体向上挪一格和挪两个也是一种方式，那么这种不行，我们可以考虑其他的方式。
三种更改方式可以覆盖所有的棋子，那么根据抽屉原理，至少有一种方式，更改的棋子少于总棋子的 \(\frac 1 3\)。
所以我们只需要直接统计三种方式，然后那种符合条件，就改那种。
三种方式可以通过 \((i+j)\bmod 3\) 计算。
AC code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n,num[3],sum,xz;
char ch[305][305];
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n),num[0]=num[1]=num[2]=sum=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%s",ch[i]+1);
for(int j=1;j<=n;++j) if(ch[i][j]=='X') ++num[(i+j)%3],++sum;//统计每种方式需要改的棋子
}
if(num[0]<=sum/3) xz=0;
if(num[1]<=sum/3) xz=1;
if(num[2]<=sum/3) xz=2;
for(int i=1;i<=n;++i){for(int j=1;j<=n;++j) if((i+j)%3==xz&&ch[i][j]=='X') printf("O");else printf("%c",ch[i][j]);puts("");}//对应改即可
}
return 0;
}