难度: Easy
给你一个字符串 s ，由 n 个字符组成，每个字符不是 'X' 就是 'O' 。
一次 操作 定义为从 s 中选出 三个连续字符 并将选中的每个字符都转换为 'O' 。注意，如果字符已经是 'O' ，只需要保持 不变 。
返回将 s 中所有字符均转换为 'O' 需要执行的 最少 操作次数。
示例 1：
输入：s = "XXX"
输出：1
解释：XXX -> OOO
一次操作，选中全部 3 个字符，并将它们转换为 'O' 。
示例 2：
输入：s = "XXOX" 输出：2 解释：XXOX -> OOOX -> OOOO 第一次操作，选择前 3 个字符，并将这些字符转换为'O'。 然后，选中后 3 个字符，并执行转换。最终得到的字符串全由字符'O'组成。
示例 3：
输入：s = "OOOO"
输出：0
解释：s 中不存在需要转换的 'X' 。
提示：
3 <= s.length <= 1000s[i] 为 'X' 或 'O'运行时间: 23 ms
内存: 16.0 MB
class Solution:
def minimumMoves(self, s: str) -> int:
count=0
p = 0
while p < len(s):
if s[p] == 'X':
p += 3
count +=1
else:
p += 1
return count
该题解采用了一种贪心算法。从字符串s的开始到结束扫描，每次遇到'X'时，执行一次操作将这个'X'以及其后的两个字符（如果存在）都转换为'O'，因为每次操作都能覆盖三个字符。接着，跳过这三个字符，继续向后扫描。如果字符是'O'，则只向后移动一位继续检查。这样的策略确保了每次遇到'X'都以最小代价处理，从而实现将所有字符变为'O'的最少操作次数。
时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(1)
# 定义一个Solution类
class Solution:
def minimumMoves(self, s: str) -> int:
count = 0 # 初始化转换次数计数器
p = 0 # 初始化指针p
while p < len(s): # 遍历字符串
if s[p] == 'X': # 如果当前字符是'X'
p += 3 # 跳过三个字符，因为它们会被一次操作覆盖
count += 1 # 增加操作计数
else:
p += 1 # 如果是'O'，只移动到下一个字符
return count # 返回总操作次数
该算法遇到'O'时直接跳过的策略不会错过更优的操作序列。因为每次遇到'X'时，算法会立即进行操作，覆盖该'X'及其后的两个字符，无论这三个字符的具体组合是什么。这种策略确保了只要有'X'出现，就立即处理，从而避免错过需要操作的机会。此外，跳过'O'只是为了快速移动到下一个可能需要处理的'X'，而不影响操作的总数。
在处理'XXOXX'这样的字符串时，第一次操作选择覆盖前三个字符（'XXO'），导致后面的'XX'需要单独再进行一次操作。如果选择覆盖后三个字符（'OXX'），同样需要两次操作（一次处理前两个'X'，一次处理后两个'X'）。因此，无论是选择前三个还是后三个字符进行操作，所需的操作次数都是相同的，这种情况下算法没有导致操作次数增加。
算法之所以每次遇到'X'就执行操作并跳过三个字符，是因为这种策略可以最大化操作的覆盖范围。每次操作可以将连续的三个字符中的所有'X'转换为'O'，这样可以确保使用最少的操作次数处理最多的'X'。这种贪心策略在字符串中'X'的分布较为均匀或连续的情况下特别有效，因为它可以快速减少需要处理的'X'数量，降低总操作次数。
如果字符串的长度不是3的倍数，算法仍然可以确保所有字符都被正确处理。在遍历字符串时，只要遇到'X'，就会执行操作并跳过三个字符。当指针p接近字符串末尾时，即使剩余字符少于三个，算法依然会在遇到'X'时执行操作，覆盖剩余的所有字符（不论是1个还是2个）。因此，无论字符串长度如何，算法都能有效地覆盖并转换所有的'X'。