因为只有std，没有自我实现，所以是无码专区

主要是为了训练思维能力

solution才是dls正解，但是因为只有潦草几句，所以大部分会有我自己基于正解上面的算法实现过程，可能选择的算法跟std中dls的实现不太一样。

std可能也会带有博主自己的注释。

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problem

给定一个由左右括号构成的字符串 $s$，对于每一个位置 $i$，定义 $an{s}_i:$ 有多少个子串满足这个子串是一个合法的括号序列，并且 $i$ 这个位置在子串中。

合法的括号序列定义：

• 空串合法。
• 如果 $S$ 合法，那么 $(S)$ 也是合法的。
• 如果 $S,T$ 合法，那么 $ST$ 也是合法的。

由于答案很大，输出 ${\sum }_{i=1}^{|S|}(i\cdot an{s}_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^9+7)$，注意是先取模再相加，相加后并不需要取模。

$|S|\le 10^7,1s,512MB$。

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my idea

套路的，将括号序列转化为 $\pm 1$ 分数序列，左括号为 $+1$，右括号为 $-1$。并求前缀和

当一个串为合法括号序列，当且仅当每个位置的前缀和都不小于 $0$ ，且最后一个位置的前缀和恰好为 $0$。

保证了没有中途右括号个数多于左括号个数，以及最后左右括号个数匹配，显然这是充要条件。

考虑枚举合法括号序列的左端点。

可以肯定的是，被枚举的位置 $i$ 本身首先得是个 (。

通过某种手段快速找到 $i$ 后面的第一个小于 $0$ 的前缀和位置 $j$。因为从 $j$ 开始后面就一定不合法了。

注意以下的前缀和若无特殊说明，都是指以 $i$ 开始的前缀和，所以应该满足 $su{m}_j-su{m}_{i-1}<0$。

显然，$j$ 位置一定是个 )，且 $[i,j)$ 一定是一个合法括号序列。当然这个性质没有什么用。有用的只是 $j$ 的位置。

特殊地，如果一直到最后 $|S|$ 都没找到，就返回 $|S|+1$ 即可。

考虑二分，但很容易发现这并不具有连续性，错误。

考虑线段树，相当于在 $i$ 时去考虑小于 $su{m}_{i-1}$ 的 $su{m}_j$。

具体而言：

从后往前做，到 $i$ 时线段树上储存的是 $[i,n]$ 的前缀和（此前缀和是指从 $1$ 开始的）。

线段树是权值线段树，每个叶子权值储存的是距离 $i$ 最近的下标 $j$。

所以查询就是在线段树上 $[1,su{m}_{i-1})$ 区间查询最小的节点权值。

即以权值为线段树上的下标，以下标为线段树上的权值。

维护区间最小值。

修改：每次 $i$ 前移 $-1$，就把 $i$ 的前缀和对应的线段树上叶子节点权值更改为 $i$。

确定了整个大区间，考虑其中的的合法序列，即 $s[i,k],i<k<j$ 的合法括号序列。

显然只需要满足 $k$ 的前缀和为 $0$ 即可。

现在的问题是怎么迅速找到这些 $k$，并快速计算贡献。

先考虑快速计算贡献，显然 $[i,k]$ 一段合法括号序列会让 $i\le x\le k$ 的 $an{s}_x$ 都 $+1$。

所以这里采取差分手段，对 $an{s}_k+1,an{s}_{i-1}-1$，最后的时候来一次后缀和，每个 $an{s}_x$ 都是正确的了。

最后就只剩下迅速找到这些 $k$ 的问题了。

一开始就将所有的前缀和 $su{m}_i$（这里的前缀和是指以 $1$ 开始的）桶排序。

即以 $su{m}_i$ 为桶下标分装所有的前缀和，用 vector 存储，桶内放的是前缀和下标。

然后从前往后考虑左端点 $i$，找到 $su{m}_i$ 的那个桶，以 $j$ 为分解线二分出最大的小于 $j$ 的位置 $p$，然后桶内前 $p$ 个的点对应的 $ans$ 都可以差分 $+1$。

显然也不能枚举 $1\sim p$ 一个一个加，所以在桶里面也进行前缀和差分，在 $1$ 位置 $+1$，在 $p+1$ 位置 $-1$。

每次在二分之前，都得先在 $su{m}_i$ 的桶内把第一个元素丢出去，在丢之前又得把差分数组及时传递。

所以在 $i$ 时，所有桶内都只有 $i+1\sim |S|$ 的前缀和（这里的前缀和是指 $1$ 开始的），并且桶内的差分是更新过的，

意思就是如果要扔去某个桶的对头 $x$（桶内存的是下标），对头下一个是 $y$，那么差分数组更新一下 $an{s}_y+=an{s}_x$。

因为第二个部分的桶是从前往后做，第一个部分是从后往前做，顺序不同所以要分开做。

桶内前缀差分，差分完后，桶外后缀差分。

时间复杂度：$O(n\log n)$。

只能通过 $70\%$ 的数据点 $|S|\le 10^6$。

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solution

凸(艹皿艹 ) $O(n\log n)$ 尼玛思维代码量比 $O(n)$ 还难。

首先处理一下哪些括号是匹配的，用栈来做。

w(X()X(Z()Z)X(Y()Y()Y)X()X)W ，把括号之间的间隔标号，对于一堆匹配的括号，即合法括号序列，要求两端的标号相同。

第一次见这种处理，是小生孤陋寡闻了Orzqwqqwq

问题转化为，有若干个标号，要统计位置 $i$ 两端有多少对标号是相同的。

dls题解就给个思路，还是得自己仔细想具体代码算法实现。qwq

对于每个匹配括号 $()$，对于左括号 $i$ ，记录一个 $u{p}_i$，$u{p}_i$ 是最小的能包含这对匹配括号的另一对匹配括号的左括号位置。

即 (..(..)...)，第一个左括号就是 $u{p}_i$，这期间要保证不存在 $u{p}_i<x<i,match(i)<y<match(u{p}_i),x,y$ 能匹配。

类似前缀和差分，$an{s}_{u{p}_i}\to an{s}_i$。

用 $a_i,b_i:$ 记录左右的连续可完美匹配的括号。

即 (..()..)(..)(..) 第三个左括号和第三个右括号假设是现在 $i$ 对应的匹配，那么可以选择第一个左括号到第三个右括号，第一个左括号到第四个右括号。

这就用 $a_i\ast b_{match(i)}$ 来统计，具体实现可以看 std。

时间复杂度： $O(n)$。

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std

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define LD long double
#define ull unsigned long long
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define PLL pair<LL, LL>
#define PLI pair<LL, int>
#define PII pair<int, int>
#define SZ(x) ((int)x.size())
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define fio ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);using namespace std;const int N = 1e7 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8;
const double PI = acos(-1);template<class T, class S> inline void add(T &a, S b) {a += b;if (a >= mod)a -= mod;
}template<class T, class S> inline void sub(T &a, S b) {a -= b;if (a < 0)a += mod;
}template<class T, class S> inline bool chkmax(T &a, S b) {return a < b ? a = b, true : false;
}template<class T, class S> inline bool chkmin(T &a, S b) {return a > b ? a = b, true : false;
}mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());int n;
int stk[N], top;
int match[N], a[N], b[N], up[N];
int ans[N];
char s[N];int main() {freopen("bracket.in", "r", stdin);freopen("bracket.out", "w", stdout);scanf("%s", s + 1);n = strlen(s + 1);top = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (s[i] == '(') { //左右括号匹配 up[i]:i位置前最靠近i的还未匹配的左括号/*因为up[i]是还未匹配的，所以up[i]匹配的右括号一定是包含i的(如果能匹配的话)即长相为 (..(..)...) */up[i] = stk[top];stk[++top] = i;} else if (top) {match[i] = stk[top];match[stk[top]] = i;top--;}}for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!match[i] || s[i] == '(')continue;b[i] = b[match[i] - 1] + 1; //b[i]标号右括号 b[i]:i位置右括号的标记应为匹配的左括号前一个位置的标号+1}for (int i = n; i >= 1; i--) {if (!match[i] || s[i] == ')')continue;a[i] = a[match[i] + 1] + 1;//a[i]标号左括号 a[i]:i位置左括号的标记应为匹配的右括号后一个位置的标号+1}
//+1表示只选i-j这对匹配括号for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!match[i] || s[i] == ')')continue;ans[i] = 1LL * a[i] * b[match[i]] % mod;if (up[i])add(ans[i], ans[up[i]]);ans[match[i]] = ans[i];}LL ret = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {ret += 1LL * ans[i] * i % mod;}printf("%lld\n", ret);return 0;
}