括号序列：无聊，感觉做过类似的拼接类区间 DP 就直接秒了。
注意到这个超级括号序列定义很复杂，除了两边没有 \(\texttt{*}\) 没有啥很好的性质。于是直接考虑暴力区间 DP：定义 \(dp_{l, r}\) 表示 \(l\sim r\) 的合并方案数。
因为是拼接类区间 DP，所以还需要定义一个辅助转移数组 \(g_{l, r}\)，表示将 \(l\sim r\) 合成到一个括号内的方案数。
剩下的就是些无聊的转移了，我们根据题面上的定义分别计数：
- 规则 \(1\)：
- 直接枚举区间预处理 \(dp, g\) 的初值即可。
- 规则 \(3\)：需要特判区间两边是否能被设为括号。
(A)：从 \([l + 1, r - 1]\) 处转移 \(dp, g\) 即可。(SA)：枚举左侧的S转移 \(dp, g\)。(AS)：同理。
- 规则 \(2\)：
AB：拼接类区间 DP 板子，将转移划分为拼接左侧的整段，利用 \(g\) 数组转移即可。ASB：同理，只是多了个后缀和优化而已。
直接 DP，时间复杂度 \(O(n^3)\)。
一个计数题调试小技巧 from Lucyna_Kushinada，让我们膜拜他！！！1：
在 DP 转移的时候记录每个 DP 值存的方案，重载运算符并利用
vector转移。可以比较直观地调试重复和漏掉的计数。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
using pi = pair<int, int>;
const int N = 505;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll n, m, dp[N][N], suf[N], mxlen[N], g[N][N];
char s[N];
void add(ll &x, ll v)
{x += v;if(x >= mod) x -= mod;
}
int main()
{// freopen("bracket.in", "r", stdin);// freopen("bracket.out", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> n >> m >> s + 1;// 预处理每个 DP 的初始值、每个位置的最长延伸值，即第一条规则for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = i + 1; j <= n; j++){bool legal = 1;if(!(s[i] == '(' || s[i] == '?')) legal = 0;if(!(s[j] == ')' || s[j] == '?')) legal = 0;for(int k = i + 1; k < j; k++)if(!(s[k] == '*' || s[k] == '?'))legal = 0;if(j - i + 1 - 2 > m) legal = 0;dp[i][j] = legal;g[i][j] = legal;}mxlen[i] = i - 1;for(int j = i; j <= n; j++){if(!(s[j] == '*' || s[j] == '?')) break;if(j - i + 1 > m) break;mxlen[i] = j;}}// 进行转移for(int len = 3; len <= n; len++){for(int l = 1; l + len - 1 <= n; l++){int r = l + len - 1;if((s[l] == '(' || s[l] == '?') && (s[r] == ')' || s[r] == '?')){// (A)add(dp[l][r], dp[l + 1][r - 1]);add(g[l][r], dp[l + 1][r - 1]);// (SA)bool legal = 1;for(int i = l + 1; i <= r - 2; i++){legal &= (s[i] == '*' || s[i] == '?');legal &= (i - l <= m);if(!legal) break;add(dp[l][r], dp[i + 1][r - 1]);add(g[l][r], dp[i + 1][r - 1]);}// (AS)legal = 1;for(int i = r - 1; i >= l + 2; i--){legal &= (s[i] == '*' || s[i] == '?');legal &= (r - i <= m);if(!legal) break;add(dp[l][r], dp[l + 1][i - 1]);add(g[l][r], dp[l + 1][i - 1]);}}// AB，要求 A 为整段for(int i = l + 1; i <= r - 1; i++)add(dp[l][r], g[l][i] * dp[i + 1][r] % mod);// ASB，要求 A 为整段memset(suf, 0, sizeof(suf));for(int i = r; i >= l; i--){suf[i] = suf[i + 1];add(suf[i], dp[i][r]);}for(int i = l + 1; i <= r - 2; i++){int rx = mxlen[i + 1];if(rx == i) continue;rx = min(rx, r - 1);ll tmp = g[l][i] * (suf[i + 2] - suf[rx + 2]) % mod;tmp = ((tmp % mod) + mod) % mod;add(dp[l][r], tmp);}}}cout << dp[1][n];return 0;
}