2021年第十二届蓝桥杯(C/C++ 大学B组)

有问题的直接评论就可以了，我随时看的到！

一、卡片(5分)

题目描述：

本题为填空题，只需要算出结果后，在代码中使用输出语句将所填结果输出即可。
小蓝有很多数字卡片，每张卡片上都是数字 $0$ 到 $9$。 小蓝准备用这些卡片来拼一些数，他想从 $1$ 开始拼出正整数，每拼一个， 就保存起来，卡片就不能用来拼其它数了。 小蓝想知道自己能从 $1$ 拼到多少。 例如，当小蓝有 $30$ 张卡片，其中 $0$ 到 $9$ 各 $3$ 张，则小蓝可以拼出 $1$ 到 $10$， 但是拼 $11$ 时卡片 $1$ 已经只有一张了，不够拼出 $11$。 现在小蓝手里有 $0$ 到 $9$ 的卡片各 $2021$ 张，共 $2021$ 张，请问小蓝可以从 $1$ 拼到多少？ 提示：建议使用计算机编程解决问题

• 我们利用哈希表来存储各个卡片的数量
• 每次对枚举的数进行分解，并且减小其所对应的卡片数量
• 当卡片数量不够时，输出答案~

C++代码

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 15;

int a[N];

int main()
{
    for (int i = 0; i < 10; i ++ )
        a[i] = 2021;//初始化哈希表
    
    for (int i = 1; ; i ++ )//从1枚举每个数
    {
        int x = i;//对该数进行一个备份操作,防止后续操作改变该枚举的数
        while (x)//当且仅当这个数被分解完
        {
            if (a[x % 10] <= 0) //如果该数的某一位所需的卡片数不足以拼凑时,输出答案
            {
                printf("%d", i - 1);
                return 0;
            }
            else //否则,将其对应的卡片数减一,且该数向后移动一位
            {
                a[x % 10] -- ;
                x /= 10;
            }
        }
    }
    
    return 0;
}

正确答案：$3181!$

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二、空间(5分)

题目描述：

本题为填空题，只需要算出结果后，在代码中使用输出语句将所填结果输出即可。
小蓝准备用 $256MB$ 的内存空间开一个数组，数组的每个元素都是 $32$ 位 二进制整数，如果不考虑程序占用的空间和维护内存需要的辅助空间，请问 $256MB$ 的空间可以存储多少个 $32$ 位二进制整数？

• 因为$1M=(1024\ast 1024)B$
• 而$1B=8bit$，所以每个元素所占的空间为$4B$
• 故$256M$能存储$256\ast 1024\ast 1024/4$。

C++ 代码

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int main()
{
    printf("%d", 256 * 1024 * 1024 / 4);
}

正确答案：$67108864!$

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三、直线(10分)

题目描述：

本题为填空题，只需要算出结果后，在代码中使用输出语句将所填结果输出即可。
在平面直角坐标系中，两点可以确定一条直线。如果有多点在一条直线上， 那么这些点中任意两点确定的直线是同一条。

给定平面上 $2\times 3$ 个整点$(x,y)|0\le x<2,0\le y<3,x\in Z,y\in Z(x,y)\mid 0\le x<2,0\le y<3,x\in Z,y\in Z$​，即横坐标 是 $0$ 到 $1$ (包含 $0$ 和 $1$) 之间的整数、纵坐标是 $0$ 到 $2$ (包含 $0$ 和 $2$) 之间的整数 的点。这些点一共确定了 $11$ 条不同的直线。

给定平面上 $20\times 21$ 个整点 $(x,y)|0\le x<20,0\le y<21,x\in Z,y\in Z(x,y)\mid 0\le x<20,0\le y<21,x\in Z,y\in Z$，即横 坐标是 $0$ 到 $19$ (包含 $0$ 和 $19$) 之间的整数、纵坐标是 $0$ 到 $20$ (包含 $0$ 和 $20$​) 之 间的整数的点。

请问这些点一共确定了多少条不同的直线。

• 首先枚举一下$0\le x<20,0\le y<21$中的所有点，斜率不存在的点先跳过，最后特判，存入到$l$数组中去
• 对$l$数组的值进行排序，当斜率不等时，按照斜率的升序排列，当斜率相等时，按照截距的升序排列！
• 最后比较一下每相邻的两个直线的斜率和截距，若其中一个不相等，则证明两条直线不是同一条直线~

C++代码

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 200010;
const double eps = 1e-8;

int cnt;

struct Line 
{
    double k, b;
    bool operator< (const Line& t) const//排序
    {
        if (k != t.k) return k < t.k;
        return b < t.b;
    }
} l[N];

int main()
{
    for (int x1 = 0; x1 < 20; x1 ++ )//枚举
        for (int y1 = 0; y1 < 21; y1 ++ )
            for (int x2 = 0; x2 < 20; x2 ++ )
                for (int y2 = 0; y2 < 21; y2 ++ )
                    if (x1 != x2)
                    {
                        double k = (double)(y2 - y1) / (x2 - x1);
                        double b = y1 - k * x1;
                        l[cnt ++ ] = {k, b};
                    }
                    
    sort(l, l + cnt);
        
    int res = 1;
    for (int i = 1; i < cnt; i ++ )//如果不是同一条直线,res就自增
        if (abs(l[i].k - l[i - 1].k) > eps || abs(l[i].b - l[i - 1].b) > eps)
            res ++ ;
            
    printf("%d", res + 20);//最后加一下斜率不存在的点
        
    return 0;
}

正确答案：$40257!$

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四、货物摆放(10分)

题目描述

本题为填空题，只需要算出结果后，在代码中使用输出语句将所填结果输出即可。
小蓝有一个超大的仓库，可以摆放很多货物。

现在，小蓝有 $n$ 箱货物要摆放在仓库，每箱货物都是规则的正方体。小蓝规定了长、宽、高三个互相垂直的方向，每箱货物的边都必须严格平行于长、宽、高。

小蓝希望所有的货物最终摆成一个大的长方体。即在长、宽、高的方向上分别堆 $L$、$W$、$H$ 的货物,满足 $n=L\times W\times H$。

给定 $n$，请问有多少种堆放货物的方案满足要求。

例如，当 $n=4$ 时，有以下 $6$ 种方案：$1\times 1\times 4、1\times 2\times 2、1\times 4\times 1、2\times 1\times 2、2\times 2\times 1、4\times 1\times 1$。

请问，当 $n=2021041820210418$ （注意有 $16$ 位数字）时，总共有多少种方案？

提示：建议使用计算机编程解决问题。

• 实际上就是找出$n$所有的约数，存入数组$d$中
• 然后遍历3次($i,j,k$)找出，$d(i)\ast d(j)\ast d(k)==n$，的所有值~

C++代码

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e8;

LL d[N];
LL cnt;

void get_divisors(LL n)//找出n的所有约数
{
    for (int i = 1; i <= n / i; i ++ )
    {
        if (n % i == 0)
        {
            d[cnt ++ ] = i;
            if (i != n / i) d[cnt ++ ] = n / i;
        }
    }
}

int main()
{
    LL n = 2021041820210418;
    get_divisors(n);
    
    LL res = 0;
    for (int i = 0; i < cnt; i ++ )//枚举所有约数
        for (int j = 0; j < cnt; j ++ )
            for (int k = 0; k < cnt; k ++ )
                if (d[i] * d[j] * d[k] == n)//找出三个数的乘积等于n的数量
                    res ++ ;
                    
    printf("%lld", res);//输出答案
    
    return 0;
}

正确答案：$2430!$

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五、路径(15分)

题目描述

本题为填空题，只需要算出结果后，在代码中使用输出语句将所填结果输出即可。
小蓝学习了最短路径之后特别高兴，他定义了一个特别的图，希望找到图 中的最短路径。

小蓝的图由 $2021$ 个结点组成，依次编号 $1$ 至 $2021$。

对于两个不同的结点 $a$, $b$，如果 $a$ 和 $b$ 的差的绝对值大于 $21$，则两个结点 之间没有边相连；如果 $a$ 和 $b$ 的差的绝对值小于等于 $21$，则两个点之间有一条 长度为 $a$ 和 $b$ 的最小公倍数的无向边相连。

例如：结点 $1$ 和结点 $23$ 之间没有边相连；结点 $3$ 和结点 $24$ 之间有一条无 向边，长度为 $24$；结点 $15$ 和结点 $25$ 之间有一条无向边，长度为 $75$。

请计算，结点 $1$ 和结点 $2021$ 之间的最短路径长度是多少。

提示：建议使用计算机编程解决问题。

• 我们这里可以采用多种方法求得最短路径：由于本题没有负权边，故此采用Dijkstra算法
• 我们先将所有符合要求的结点存入邻接表中
• 直接跑一遍Dijkstra算法即可得到答案

C++代码

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 203000;

int h[N], ne[N], e[N], w[N], idx;//邻接表四件套
int dist[N];//距离
int n;
bool st[N];

void add(int a, int b, int c)
{
    e[idx] = b;
    w[idx] = c;
    ne[idx] = h[a];
    h[a] = idx ++ ;
}

int gcd(int a, int b)
{
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

void dijkstra()//Dijkstra算法~这个就不过多赘述了吧~
{
    memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
    dist[1] = 0;
    
    for (int i = 0; i < n; i ++ )
    {
        int t = -1;
        for (int j = 1; j <= n; j ++ )//找出最小距离的点
            if (!st[j] && (t == -1 || dist[t] > dist[j]))
                t = j;
                
        st[t] = true;
                
        for (int j = h[t]; j != -1; j = ne[j])
            dist[e[j]] = min(dist[e[j]], dist[t] + w[j]);
    }
}

int main()
{
    n = 2021;
    memset(h, -1, sizeof h);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )//将所有符合要求的结点存入邻接表中
        for (int j = 1; j <= n; j ++ )
        {
            if (i != j && abs(i - j) <= 21)
                add(i, j, i * j / gcd(i, j)), add(j, i, i * j / gcd(i, j));
        }
    
    dijkstra();
    
    printf("%d", dist[n]);//输出答案
    
    return 0;
}

正确答案：$10266837!$

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六、时间显示(15分)

题目描述

小蓝要和朋友合作开发一个时间显示的网站。

在服务器上，朋友已经获取了当前的时间，用一个整数表示，值为从 $1970$ 年 $1$ 月 $1$ 日 $00:00:00$ 到当前时刻经过的毫秒数。

现在，小蓝要在客户端显示出这个时间。小蓝不用显示出年月日，只需要显示出时分秒即可，毫秒也不用显示，直接舍去即可。

给定一个用整数表示的时间，请将这个时间对应的时分秒输出。

输入描述

输入一行包含一个整数，表示时间。

输出描述

输出时分秒表示的当前时间，格式形如 HH:MM:SS，其中 HH 表示时，值为 $0$ 到 $23$​​​，MM 表示分，值为 $0$​​​​ 到 $59$​​​，SS 表示秒，值为 $0$​​ 到 $59$​。时、分、秒 不足两位时补前导 $0$。

输入样例1：

46800999

输出样例1:

13:00:00

输入样例2:

1618708103123

输出样例2:

01:08:23

数据范围

对于所有评测用例，给定的时间为不超过 $10^{18}$的正整数。

运行限制

• 最大运行时间：1s
• 最大运行内存: 512M

主要思路

• 由于题目中给的数据范围是$10^{18}$，int所最大能表达的正整数是$2^{31}+1$，我们需要用unsigned long long存储，其最大能表示的正整数是$2^{64}$！
• 又因为$1s=1000ms$，$1min=60s$，$1h=60min$，设给的正整数是$x$
• 所以h = (x / 1000 / 60 / 60) % 24同时让x -= h * 3600 * 1000
• m = x / 1000 / 60 % 60，同时让x -= m * 60000;
• s = x / 1000 % 60

C++代码

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef unsigned long long ULL;

int main()
{
    ULL x;
    scanf("%lld", &x);
    
    int h = x / 1000 / 60 / 60 % 24;
    x -= h * 3600 * 1000;
    
    int m = x / 1000 / 60 % 60;
    x -= m * 60000;
    
    int s = x / 1000 % 60;

    printf("%02d:%02d:%02d", h, m, s);
    
    return 0;
}

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七、砝码称重(20分)

题目描述

你有一架天平和 $N$ 个砝码，这 $N$ 个砝码重量依次是 $W_1,W_2,\cdot \cdot \cdot ,W_N$ 。

请你计算一共可以称出多少种不同的重量？ 注意砝码可以放在天平两边。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 $N$。

第二行包含 $N$ 个整数：$W_1,W_2,W_3,\cdot \cdot \cdot ,W_N。$

输出格式

输出一个整数代表答案。

输入样例:

3
1 4 6

输出样例:

10

样例说明

能称出的 $10$ 种重量是：$1、2、3、4、5、6、7、9、10、11$。

$1=1；$
$2=6-4$ (天平一边放 $6$，另一边放 $4$)；​

$3=4-1；$
$4=4；$
$5=6-1；$

$6=6；$
$7=1+6；$
$9=4+6-1；$
$10=4+6；$
$11=1+4+6。$

数据范围

• 对于 $50\%$的评测用例，$1\le N\le 15$。

• 对于所有评测用例，$1\le N\le 100$,$N$​个砝码总重不超过 $100000$。

主要思路

• 特此奉上闫式DP分析法，如下图所示：
  
• 还要注意背包的重量可能为负值，我们需要加上一个偏移量，使得背包可背的所有重量全为正~
• 最后数一下背包中有多少状态为true，即可~

C++代码

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 110, M = 200010, offset = M / 2;//offset为偏移量,使得数组元素下标为正

int w[N];//背包的权重
int n, m;
bool f[N][M];//状态集合

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &w[i]), m += w[i];
    
    /*m为背包最大可背重量*/
    
    f[0][offset] = true;
    
    /*不选i,将i放入天平右边,将i放入天平左边,只要其中有一个集合为true,则f[i][j] = true*/
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        for (int j = -m; j <= m; j ++ )
        {
            f[i][j + offset] = f[i - 1][j + offset];
            if (j - w[i] >= -m) f[i][j + offset] |= f[i - 1][j - w[i] + offset];
            if (j + w[i] <= m) f[i][j + offset] |= f[i - 1][j + w[i] + offset];
        }
    }
    
    int res = 0;
    for (int j = 1; j <= m; j ++ )//遍历一下所有状态可背重量为正的状态
        if (f[n][j + offset])//若为真,则该重量可以被凑出来
            res ++ ;
                
    printf("%d", res);
    
    return 0;
}

---

八、杨辉三角形(20分)

题目描述

下面的图形是著名的杨辉三角形：

如果我们按从上到下、从左到右的顺序把所有数排成一列，可以得到如下数列：$1,1,1,1,2,1,1,3,3,1,1,4,6,4,1,\cdots$
给定一个正整数 $N$，请你输出数列中第一次出现 $N$ 是在第几个数？

输入描述

输入一个整数 $N$。

输出描述

输出一个整数代表答案。

输入样例

6

输出样例

13

数据范围

对于 $20\%$​​ 的评测用例，$1\le N\le 10$； 对于所有评测用例，$1\le N\le 1000000000$。

主要思路

C++代码

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long LL;

int n;

LL C(int a, int b)//求一下组合数
{
    LL res = 1;
    for (int i = a, j = 1; j <= b; i -- , j ++ )
    {
        res = res * i / j;
        if (res > n) return res;//防止爆longlong
    }
    
    return res;
}

bool check(int k)
{
    /*C[k][2k],即枚举每一斜列的左边界为k * 2,右边界n和左边界的最大值*/
    LL l = k * 2, r = max(LL(n), l);
    while (l < r)
    {
        LL mid = l + r >> 1;//分一下中点
        if (C(mid, k) >= n) r = mid;//如果分的中点大于目标值,说明答案在左边
        else l = mid + 1;//否则就在右边
    }
    if (C(r, k) != n) return false;//如果最终仍没找到,返回false
    
    printf("%lld", r * (r + 1) / 2 + k + 1);//找到了,返回一下对应坐标
    
    return true;
}

int main()
{
    cin >> n;
    for (int k = 16; ; k -- )//枚举一下16个斜列
        if (check(k))
            break;
            
    return 0;
}

---

九、双向排序(25分)

题目描述

给定序列 $(a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_n)=(1,2,\cdot \cdot \cdot ,n)$，即 $a_i=i$小蓝将对这个序列进行 $m$ 次操作，每次可能是将$a_1,a_2,\cdots ,a_{q_i}$降序排列，或者将 $a_{q_i},a_{q_{i+1}},\cdots ,a_n$升序排列。

请求出操作完成后的序列。

输入描述

输入的第一行包含两个整数 $n,m$​，分别表示序列的长度和操作次数。

接下来 $m$​ 行描述对序列的操作，其中第 $i$ 行包含两个整数 $p_i,q_i$表示操作类型和参数。当 $p_i=0$​​ 时，表示将 $a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_{q_i}$降序排列；当 $p_i=1$时，表示将 $a_{q_i},a_{q_{i+1}},\cdots ,a_n$升序排列。

输出描述

输出一行，包含 $n$ 个整数，相邻的整数之间使用一个空格分隔，表示操作完成后的序列。

输入样例

3 3
0 3
1 2
0 2

输出样例

3 1 2

样例说明

原数列为 $(1,2,3)$。

第 $1$​​​ 步后为 $(3,2,1)$​​​​​。

第 $2$​​​​ 步后为 $(3,1,2)$​​。

第 $3$​​​ 步后为 $(3,1,2)$​。与第 $2$ 步操作后相同，因为前两个数已经是降序了。

数据范围

对于 $30\%$ 的评测用例，$n,m\le 1000$；

对于 $60\%$ 的评测用例，$n,m\le 5000$；

对于所有评测用例，$1\le n,m\le 100000，0\le p_i\le 1，1\le q_i\le n$

算法1 ($O(n^{2}logn)$)(快速排序的思想)

给定数据范围为:$10^5$，简单的算一下该算法的操作次数大概在$1.6\ast 10^{11}$，C++最佳操作次数为$10^7$ ~ $10^8$，所以这个算法只能拿到$60\%$的得分~

• 采用快速排序的思想~

C++代码

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int n, m;
int d[N];

void quick_sort(int l, int r)//升序
{
    if (l >= r) return;
    
    int i = l - 1, j = r + 1;
    int mid = d[(l + r) >> 1];
    
    while (i < j)
    {
        do i ++ ; while (d[i] < mid);
        do j -- ; while (d[j] > mid);
        if (i < j)
            swap(d[i], d[j]);
    }
    
    quick_sort(l, j);
    quick_sort(j + 1, r);
}

void un_quick_sort(int l, int r)//降序
{
    if (l >= r) return;
    
    int i = l - 1, j = r + 1;
    int mid = d[(l + r) >> 1];
    
    while (i < j)
    {
        do i ++ ; while (d[i] > mid);
        do j -- ; while (d[j] < mid);
        if (i < j)
            swap(d[i], d[j]);
    }
    
    un_quick_sort(l, j);
    un_quick_sort(j + 1, r);
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) d[i] = i;
    
    while (m -- )
    {
        int p, q;
        scanf("%d%d", &p, &q);
        if (p == 0)//p == 0为降序
            un_quick_sort(1, q);
        else //p == 1为升序
            quick_sort(q, n);
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) printf("%d ", d[i]);//输出答案
    
    return 0;
}

算法2($时间复杂度\le O(nlogn)$)

主题思路

• （1）如下图所示
  
  所以总的来说，如果碰到连续的同一个操作，则我们只需要保留最长的那一段即可~，所以造就了我们最后存储的操作一定是$p_1=0,p_2=1,p_3=0,p_4=1,p_5=0,....$这样子的！

• （2）如下图所示
  

C++代码

#include 
#include 
#include 

#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;//x:操作数,y:对于0操作来说是右端点;对于1操作来说是左端点

const int N = 100010;

int n, m;
PII stk[N];//栈
int ans[N];//答案数组

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    int top = 0;//初始化栈顶指针
    
    while (m -- )//读入m次操作
    {
        int p, q;
        scanf("%d%d", &p, &q);//读入操作和分界点
        if (!p)//如果是0操作;即区间[1,q]降序排列;
        {
            /*请看主体思路中(1),将连续的同一操作,只选区间最大的,在0操作中就是选取右端点最大的*/
            while (top && stk[top].x == 0) q = max(q, stk[top -- ].y);
            /*请看主体思路中(2)的最下面那张图*/
            /*对于0操作,如果上一步操作的右端点小于这一步的右端点,则前面两步完全可以被该步所替代*/
            while (top >= 2 && stk[top - 1].y <= q) top -= 2;
            stk[ ++ top] = {0, q};//将该步加入到栈中
        }
        /*top > 0的意义就是将第一个操作变为0操作,因为第一个操作是1操作时,顺序排列没有意义~*/
        else if (top)//如果是1操作;即区间[q,n]升序排列
        {
            /*请看主体思路中(1),将连续的同一操作,只选区间最大的,在1操作中就是选取左端点最小的*/
            while (top && stk[top].x == 1) q = min(q, stk[top -- ].y);
            /*请看主体思路中(2)的最下面那张图*/
            /*对于1操作,如果上一步操作的左端点大于这一步的左端点,则前面两步完全可以被该步所替代*/
            while (top >= 2 && stk[top - 1].y >= q) top -= 2;
            stk[ ++ top] = {1, q};//将该步加入到栈中
        }
    }
    
    /*哈哈~这个时候我就得到了一个最简的一个操作序列,且第一个操作一定是0操作*/
    int k = n, l = 1, r = n;//默认从n到1开始填,左端点初始为1,右端点初始为n
    for (int i = 1; i <= top; i ++ )//遍历一下所有的操作
    {
        if (stk[i].x == 0)//操作数为0
            /*设开始的最右端点为r,分界点为q,只需要从r~q这样子填下去*/
            while (r > stk[i].y && l <= r) ans[r -- ] = k -- ;//结束时r = q
        else //操作数为1
            /*设开始的最左端点为l,分界点为q,只需要从l~q这样子填下去*/
            while (l < stk[i].y && l <= r) ans[l ++ ] = k -- ;
        if (l > r) break;
    }
    
    /*如果遍历完所有操作后l < r,即答案数组里面的数,并没有完全填完*/
    /*若为奇数,因为序列一定时0,1,0,1...,这样子的,所以最后一次肯定是1操作,即刚刚填完右边的区间,则只需要全部填完左边的区间的答案*/
    if (top % 2)
        while (l <= r) ans[l ++ ] = k -- ;
    /*若为偶数,因为序列一定时0,1,0,1...,这样子的,所以最后一次肯定是0操作,即刚刚填完左边的区间,则只需要全部填完右边的区间的答案*/
    else 
        while (l <= r) ans[r -- ] = k -- ;
        
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )//输出一下答案数组
        printf("%d ", ans[i]);
        
    return 0;
}

---

十、括号序列(25分)

题目描述

给定一个括号序列，要求尽可能少地添加若干括号使得括号序列变得合法，当添加完成后，会产生不同的添加结果，请问有多少种本质不同的添加结果。

两个结果是本质不同的是指存在某个位置一个结果是左括号，而另一个是右括号。

例如，对于括号序列 $((()$，只需要添加两个括号就能让其合法，有以下几种不同的添加结果：$()()()$、$()(())$、$(())()$、$(()())$ 和 $((()))$​。

输入描述

输入一行包含一个字符串 $s$，表示给定的括号序列，序列中只有左括号和右括号。

输出描述

输出一个整数表示答案，答案可能很大，请输出答案除以 $1000000007$ (即 $10^9+7$) 的余数。

输入样例

((()

输出样例

5

数据范围

对于 $40\%$ 的评测用例，$|s|\le 200$。

对于所有评测用例，$1\le |s|\le 5000$。

主体思路

引出一个合法括号序列的两个性质

• 左右括号数相同
• 任意前缀中左括号数不小于右括号数

乘法原理
若某个对象分为$n$个环节，第$1$个环节有$m_1$个元素，第$2$个环节有$m_2$个元素，……，第$n$个环节有$m_n$个元素，则该对象有 $N=m_1\times m_2\times m_3\times \dots \times m_n$ 种序列，且每一个环节都相互独立。

DP分析如下图所示

由于数据范围，所要求的时间复杂度应降到$O(n^2)$，所以我们应该进行状态的压缩
$f(i,j)=f(i-1,j+1)+f(i-1,j)+f(i-1,j-2)+...+f(i-1,0)$
$f(i,j-1)=f(i-1,j)+f(i-1,j-1)+f(i-1,j-2)+...+f(i-1,0)$

所以我们可以得到：$f(i,j)=f(i-1,j+1)+f(i,j-1)$使得我们的时间复杂度降低到$O(n^2)$

C++代码

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 5010, MOD = 1e9 + 7;

int n;
char str[N];
LL f[N][N];

int calc()//背包问题
{
    memset(f, 0, sizeof f);
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        if (str[i] == '(')
        {
            for (int j = 1; j <= n; j ++ )
                f[i][j] = f[i - 1][j - 1];
        }
        else
        {
            f[i][0] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][1]) % MOD;
            for (int j = 1; j <= n; j ++ )
                f[i][j] = (f[i - 1][j + 1] + f[i][j - 1]) % MOD;
        }
        
    for (int i = 0; i <= n; i ++ )
        if (f[n][i])
            return f[n][i];
            
    return -1;
}

int main()
{
    scanf("%s", str + 1);
    
    n = strlen(str + 1);
    LL l = calc();//左括号
    
    /*反转并且将左括号变成右括号*/
    reverse(str + 1, str + n + 1);
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        if (str[i] == ')') str[i] = '(';
        else str[i] = ')';
        
    int r = calc();//右括号
    
    printf("%lld", l * r % MOD);//由于乘法原理答案就是l * r
    
    return 0;
}