Solution
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一开始看这题的时候，我们可能会觉得无从下手，这时不妨列出几种方案，计算它们的贡献，尝试得到一些启发。
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画来画去，发现无非就是并列和包含两种情况，并列就是 ()()()()，设它一共由 \(x\) 对括号组成，那么它的总贡献是 \(x\times (x+1)\div 2\)。包含就是 (...)，这种情况下我们每在外面添加一对括号，贡献就会加一。
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欸？既然加一都有了，那如果不考虑长度 \(n\)，无论如何我们都能凑够恰好 \(k\) 个合法括号子串。所以现在我们要考虑怎么样构造这个串，使得它长度在 \(n\) 之内，如果不足 \(n\)，剩下我们随便放几个左括号补上就可以了。
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现在还是有个问题，我们直接判断合不合法比较困难。对于这种情况，可以考虑求最小长度，如果最小长度都大于 \(n\)，那么肯定就不合法了。
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如何构造最优答案呢。我们思考一件事情，它要求最小答案，然后这些答案产生的贡献要恰好等于 \(k\)，那这很可能是个背包啊。\(k\) 就是背包的容量，对于一个有 \(y\) 对括号的并列串，它的价值是 \(2\times y\)，重量是 \(y\times (y+1)\div 2\)，然后就相当于是完全背包求最小价值。
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那如果两个并列串直接合起来，肯定是不行的，因为贡献会跨串计算。例如我们要放两件物品 ()()() 和 [][][]，直接合并 ()()()[][][] 的话，贡献远不止 \(3\times (3+1)\div 2+3\times (3+1)\div 2\)，如果我们这样子呢 [()()()][][]，它的贡献刚好就是 \(3\times (3+1)\div 2+3\times (3+1)\div 2\)，这是因为第一个中括号把里面的贡献和外面隔绝了。至此，各个物品的重量是可以直接累加的，价值也是可以直接累加的，于是我们进行一遍完全背包即可。
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为什么这样构造是最优的呢？感性理解一下，这样构造首先它没有一个多余的括号，其次，对于其他任何情况，都可以等价转换为这种方案。
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输出方案的话，只需要对于每个状态，记录转移过来的是哪个状态即可，具体见代码。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
const int N = 1e5 + 5, inf = 1e9;
int n, k, w[N], dp[N], pre[N];
void print(int now) {
if (!now) return;
int cnt = (dp[now] - dp[pre[now]]) / 2;
cout << "(";
print(pre[now]);
cout << ")";
for (int i = 1; i < cnt; i++) cout << "()";
}
void Solve() {
cin >> n >> k;
if (dp[k] > n) cout << "-1\n";
else {
print(k);
for (int i = 1; i <= n - dp[k]; i++) cout << "(";
cout << "\n";
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
for (int i = 1; i <= 1000; i++) w[i] = i * (i + 1) / 2;
fill(dp + 1, dp + 100000, inf);
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i <= 1000; i++) {
for (int j = w[i]; j <= 100000; j++) {
if (dp[j - w[i]] + i * 2 < dp[j]) {
dp[j] = dp[j - w[i]] + i * 2;
pre[j] = j - w[i];
}
}
}
int T;
cin >> T;
while (T--) Solve();
return 0;
}```