codeforces round#404(div.2) D. Anton and School - 2

 题意：定义RSBS序列，使得该序列为偶数个数（非空），前一半都是左括号，后一半都是右括号；输入一列括号，可将其部分括号删除使得剩下变成RSBS序列，输出删除的方法数。

一道数学题，先计算出右括号的总数量r，从左面开始遍历，左括号数量初始为l=0，遇到右括号就r--，遇到左括号就计算不删除该括号和其前面的左括号，右边的右括号组成的RSBS数量，即C(l+r,r-1)(意为当前不算该左括号的情况下，在l和r的总数量中选r-1个，选在左面的是左面不删的部分，选在右面的是右面删除的部分，可以包括所有的情况)，总值加上该值（注意取模），然后l++，最后输出总值即可。

关于组合数问题，该组合数过大，需要取模来求，所以可以使用逆元法和快速幂来算出组合数，

逆元法：对于b/a(mod m)（a|b），我们无法对其直接取模，我们由扩展欧几里得知,

             当(a,m)=1时，a^(m-1)≡1(mod m)

             所以我们可得1/a≡a^(m-2)(mod m)

             所以b/a≡b*a^(m-2)(mod m)

进而用快速幂来算逆元后的结果，可得组合数。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<utility>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define inf 2*0x3f3f3f3f
#define llinf 1000000000000000000
#define pi acos(-1)
#define mod 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
ll fac[200005],i=0,len,l=0,r=0,sum=0;
char kuo[200005];
ll mod_pow(ll x,ll n)
{
ll res=1;
while(n>0)
{
if(n&1)res=res*x%mod;
x=x*x%mod;
n>>=1;
}
return res;
}
ll C(ll n,ll m)
{
if(m>n||n<0||m<0)return 0;
return fac
*mod_pow(fac[m],mod-2)%mod*mod_pow(fac[n-m],mod-2)%mod;
}
int main()
{
while(scanf("%c",&kuo[i++])&&kuo[i-1]!='\n')
{
if(kuo[i-1]==')')r++;
}
len=i-1;fac[0]=1;
for(i=1;i<=len;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
for(i=0;i<len;i++)
{
if(kuo[i]=='(')
{
sum=(sum+C(l+r,r-1))%mod;
l++;
}
else r--;
}
cout<<sum<<endl;
return 0;
}