对于括号题，基本是栈匹配没有匹配的左括号和区间 \(dp\) 两个方向。这道题括号序列并不确定，只能用区间 \(dp\) 搞。
如果直接设 \(f_{l,r}\) 表示 \(l\sim r\) 的合法括号序列，那么由区间 \(dp\) 的套路可知，需要枚举中间点进行合并，那么 \(()()()\) 的情况就会出问题，原因是第一次将 \(()\) 与 \(()()\) 合并，第二次将 \(()()\) 和 \(()\) 进行合并，计算重复。
为了解决这个问题，我们规定只将 \(()()\) 与 \(()\) 进行合并，也就是先将括号序列分成两类，分别是 两边括号匹配，和两边括号不匹配，计作 \(f,g\)，那么合并时将 \(f\) 合并到 \(g\) 上即可。接下来推 \(dp\) 方程。
判断连续段能否被完全填充，可以采取前缀和的方式，若一段内 \(?,*\) 的总和等于段长且不超过给定数量。
左右括号能匹配的：
\(()\)：长度为 \(2\)，将 \(f_{i,i+1}+1\) 即可。
\((S)\)：若中间可以由连续的 \(*\) 填充，则将 \(f_{l,r}+1\)。
\((SA)\)：枚举 \(S\) 的断点 \(k\)，那么 \(f_{l,r}=f_{k+1,r}+g_{k+1,r}\)。
\((AS)\)：枚举 \(S\) 的断点，\(f_{l,r}=f_{l,k-1}+g_{l,k-1}\)
左右括号不能匹配的：
\(AB\)：令 $B=f，枚举断点 \(k\)，那么 \(g_{l,r}=(g_{l,k}+f_{l,k})\times f_{k+1,r}\)。
\(ASB\)：可以先处理出 \(B=f\) 的 \(SB\) 数量，计作 \(h\)，然后用 \(h\) 更新 \(g\)，\(g_{l,r}=(f_{l,k}+g_{l,k}) \times h_{k+1,r}\)
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define PII pair<int,int>
LL read() {
LL sum=0,flag=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') flag=-1; c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') {sum=sum*10+c-'0'; c=getchar();}
return sum*flag;
}
const int N=510;
const LL MOD=1e9+7;
int n,m;
int sum[N];
string s;
LL f[N][N],g[N][N],h[N][N];
//合法，左右括号匹配，左右括号不匹配，SA的数量
int pd(int l,int r) {
if(sum[r]-sum[l-1]<=m&&sum[r]-sum[l-1]==r-l+1) return 1;
else return 0;
}
int check(int l,int r) {
if(s[l]=='('&&s[r]==')') return 1;
if(s[l]=='?'&&s[r]==')') return 1;
if(s[l]=='('&&s[r]=='?') return 1;
if(s[l]=='?'&&s[r]=='?') return 1;
return 0;
}
int main() {
cin>>n>>m;
cin>>s; s=" "+s;
for(int i=1;i<=n-1;i++) {
if(s[i]=='?'||s[i]=='*') sum[i]=sum[i-1]+1;
else sum[i]=sum[i-1];
if(check(i,i+1)) f[i][i+1]=1;
}
for(int len=3;len<=n;len++){
for(int i=1;i+len-1<=n;i++) {
int j=i+len-1;
if(check(i,j)) {
if(pd(i+1,j-1)) f[i][j]=(f[i][j]+1)%MOD;
for(int k=i+1;k<=j-1;k++) {
if(pd(i+1,k)) f[i][j]=(f[i][j]+f[k+1][j-1]+g[k+1][j-1])%MOD;
}
for(int k=j-1;k>=i+1;k--) {
if(pd(k,j-1)) f[i][j]=(f[i][j]+f[i+1][k-1]+g[i+1][k-1])%MOD;
}
f[i][j]=(f[i][j]+f[i+1][j-1]+g[i+1][j-1])%MOD;
}
for(int k=i;k<=j;k++) {
g[i][j]=(g[i][j]+(f[i][k]+g[i][k])*f[k+1][j])%MOD;
}
for(int k=i;k<=j;k++) {
if(pd(i,k)) h[i][j]=(h[i][j]+f[k+1][j])%MOD;
}
for(int k=i;k<=j;k++) {
g[i][j]=(g[i][j]+(g[i][k]+f[i][k])*h[k+1][j]%MOD)%MOD;
}
}
}
cout<<(f[1][n]+g[1][n])%MOD;
return 0;
}