每步都很厉害的一个题。
题意：给出一个不一定匹配的括号序列，求其和任意给定长度 \(t\) 的合法括号序列合并后有多少种本质不同的串。\(n,t\le 300\)。
做法：
首先考虑判定怎么做，我假设有原串 \(s\)，我如何判定一个串 \(t\) 可以被分解为 \(s\) 和一个合法括号串呢？设 \(f_{i,j}\) 表示目前已经匹配到了 \(s_i, t_j\)，是否可行，\(a,b\) 分别代表两个串括号序列的前缀和，左括号为 \(1\) 右括号为 \(-1\)。有转移式：
第一种转移显然，第二种转移其实是我选择用括号串上的一位去补，但是因为我往 \(s\) 中塞这个括号串之后，前缀和是不会小于我原串的前缀和的，所以需要 \(a_i\le b_{j+1}\)。
那么怎么计数？直接用 dp of dp 的套路，\(dp_{i,j,V}\) 表示已经填好了 \(t\) 的前 \(i\) 位，\(b_i=j\)，同时我们把 \(f_{?,j}\) 压成一个二进制串作为 \(V\)，这样可以做到 \(2^nn(n+t)^2\)。
然后感觉没有什么优化空间了。但是经过观察或者打表会发现，我们其实只需要管 \(V\) 的最高位即可，我们来证明这个结论。
先有一个很显然的观察，如果 \(f_{i,j}=1\)，那么 \(a_i\le b_{j}\)，考虑转移过程易得。
考虑目前 \(dp_{i,j}\) 的最高位为 \(k\)，若加入新的一位为 \(x\)，有：
-
\(s_{k+1}=x\)，那么显然可以直接匹配，转移贡献 \(k+1\)。
-
否则如果 \(x\) 为左括号或 \(a_k<b_{i}\)，显然会满足 \(a_k\le b_{j+1}\)，贡献为 \(k\)。
-
否则如果 \(x\) 为右括号且 \(a_k=b_{i}\)，那下一位就匹配不了了。我们会说明会变成 \(k'=\max\limits_{t<k,a_t<a_k} t\)。首先说明这个串是合法的，因为 \(s[k'+1,k]\) 这一段其实是一个合法的括号前缀，否则会有更大的 \(k'\)，所以我们可以得出 \(f_{k',i}\) 是合法的，这样就可以把这个匹配进去了。同时也很容易说明更大的 \(k'\) 不行。
这样我们就可以只记 \(k\) 而不用记 \(V\) 了，复杂度优化到 \(O(n^3)\)。
然后官方题解评论区提到了另一种理解方法，就是我考虑贪心地进行匹配 \(s, t\)，每次不能匹配就给括号序列解决，但是这样同样会遇到出现右括号而左括号不足的情况，这样就需要我们类似反悔贪心，回退到上一个前缀和小于当前位置的位置，这个串刚好就是开头一个左括号加上一个合法括号序列，可以再加一个右括号。正确性由上述证明得到也是对的。按照这个贪心过程设计 dp 也可以通过。
因为下面这个做法常数小一点写了下面这个做法：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn = 305, mod = 998244353;
int dp[maxn][maxn][maxn], pre[maxn], n, t;
string s;
signed main() {cin >> n >> t >> s; s = ' ' + s;for (int i = 1; i <= n; i++) {int s1 = 0;for (int j = i; j >= 1 && s1 >= 0; j--) {s1 += (s[j] == '1' ? 1 : -1);pre[i] = j;}if(s1 >= 0)pre[i] = 0;}dp[0][0][0] = 1;for (int j = 0; j <= t; j++)for (int k = 0; k <= j; k++) {for (int i = 0; i <= n; i++) {if(!dp[i][j][k])continue;if(i < n) dp[i + 1][j][k] = (dp[i + 1][j][k] + dp[i][j][k]) % mod;if((i == n || s[i + 1] == '1') && j < t)dp[i][j + 1][k] = (dp[i][j + 1][k] + dp[i][j][k]) % mod;if((i == n || s[i + 1] == '0') && k < j)dp[i][j][k + 1] = (dp[i][j][k + 1] + dp[i][j][k]) % mod;if((i == n || s[i + 1] == '0') && k >= j) {int tp = (i - pre[i] + 2) / 2;if(tp + j > t || pre[i] == 0)continue;dp[pre[i] - 1][j + tp][k + tp] = (dp[pre[i] - 1][j + tp][k + tp] + dp[i][j][k]) % mod;}}}cout << dp[n][t][t] << endl;return 0;
}