算法：后缀数组+ST表+贪心
各路题解都没怎么看懂，只会常数巨大的后缀数组+ST表，最大点用时 \(4s\), 刚好可以过。。。
确定合法序列长度
首先一个括号序列是合法的必须满足以下两个条件：
(的数量和)的数量相等。- 序列任意前缀中，
)的数量都小于等于(的数量；或者序列任意后缀中，(的数量都小于等于)的数量（在满足条件1的情况下两种说法等价）。
这两个条件共同构成了检验括号序列合法的充要条件。
所以题目中要求的合法序列最小值，其实就是让两个括号数目相等时的总长，让少的那种括号补上就可以了。
让字典序最小
现在考虑如何让字典序最小。
1. 括号放置（贪心）
不妨设当前)比(少，数量分别为 \(cnt_1,cnt_2\)，为了让序列长度最小，我们只能在序列中补上 \(cnt_2-cnt_1\) 个)。为了让字典序最小，我们把)放在序列末尾，这样做可以在要补全序列满足上述条件 \(2\) 的情况下，最后得到的序列是合法的，而且字典序是最小的。但是当要补全的序列不满足条件 \(2\) 时，不管你怎么加)都不能满足条件 \(2\) 了，所以如果能加)一定是加在末尾的（贪心）。
同理在(比)少时，我们在序列前面补全(，满足字典序最小。这样可以发现，要补全序列和补全括号的部分是完全独立的，所以只要使要补全的序列字典序最小，且满足条件 \(2\), 这道题就解决了。
2. 字典序排列（后缀数组）
因为括号字符串 \(S\) 可以循环，这里一般的套路是复制一次原串到末尾，形成循环串。这里要让长度为 \(|S|\) 的字符串进行排序，我们使用后缀数组完成后缀排序。我们只需考虑长度大于等于 \(|S|\) 的串（因为这些串要么前 \(|S|\) 个字符相等，这样取哪个都是等价的；要么不等，那么排序就相当于长度 \(|S|\) 的字符串进行排序）。
剩下问题就是判断这个长度为 \(|S|\) 的区间，是否满足条件 \(2\) 。
3.判断条件2（ST表）
这里有个判断括号序列合法的套路，就是把(映射为 \(1\)，)映射为 \(-1\)，得到前缀和 \(lr\_cnt\) 与后缀和 \(rl\_cnt\)。分情况讨论：
- \(lr\_cnt_{|S|}=0\) ，满足条件 \(1\) ，因为不用补全括号，所以不用考虑了。
- \(lr\_cnt_{|S|}>0\) ，
(数目多于)，需要在序列末尾补上)。要使某个区间 \([l,r]\) 满足条件 \(2\) ，就要使 \([l,r]\) 的任意前缀中，)的数量都小于等于(的数量，即对于 \(\forall x,l\le x\le r\) 都有 \([l,x]\) 中(的数目减)的数目大于等于 \(0\) 。因为我们已经求出了前缀和，所以我们可以 \(\mathcal O(1)\) 判断是否满足上述要求：取这个区间上前缀和最小的值，减去 \(lr\_cnt_{l-1}\) ，如果仍大于等于 \(0\) ，说明该区间确实满足上述要求（因为如果这个值都不小于 \(0\) 了，区间其他值肯定也不小于 \(0\)）。求区间最小值，预处理ST表即可。 - \(lr\_cnt_{|S|}<0\) ，同理要在序列前端补上
(。上面是求前缀和区间最小值，这里就是求后缀和区间最大值了。所以在ST表得分情况处理。
\(Code:\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e6+5;
char s[N];
int tp[N],rak[N],sa[N],tax[N],sl,m,lr_cnt[N],lg[N],f[N][22],rl_cnt[N];void radixSort(){
for(int i = 1;i <= m;i++) tax[i] = 0;
for(int i = 1;i <= sl; i++) tax[rak[i]]++;
for(int i = 1;i <= m;i++) tax[i] += tax[i-1];
for(int i = sl; i ; i--) sa[tax[rak[tp[i]]]--] = tp[i];
}void build_sa(){
m = 125;
for(int i = 1; i <= sl; i++) rak[i] = s[i], tp[i] = i;
radixSort();
for(int p = 0,w = 1; p < sl; w <<= 1, m = p){
p = 0;
for(int i = 1;i <= w;i++) tp[++p] = sl - w + i;
for(int i = 1; i <= sl; i++) if(sa[i] > w) tp[++p] = sa[i] - w;
radixSort();
swap(tp,rak);
rak[sa[1]] = p = 1;
for(int i = 2; i <= sl; i++) rak[sa[i]] = (tp[sa[i]] == tp[sa[i - 1]] && tp[sa[i] + w] == tp[sa[i - 1] + w]) ? p : ++p;
}
}void make_st(){
int range = lg[sl];
//'('的数目多
if(lr_cnt[sl] > 0){
for(int i = 1;i <= sl;i++) f[i][0] = lr_cnt[i];
for(int i = 1;i <= range;i++)
for(int j = 1;j + (1<<i) - 1<= sl;j++)
f[j][i] = min(f[j][i-1],f[j+(1<<(i-1))][i-1]);
}else{
//')'的数目多
for(int i = 1;i <= sl;i++) f[i][0] = rl_cnt[i];
for(int i = 1;i <= range;i++)
for(int j = 1;j + (1<<i) - 1<= sl;j++)
f[j][i] = max(f[j][i-1],f[j+(1<<(i-1))][i-1]);
}
}int query(int l,int r){
int range = lg[r-l+1];
if(lr_cnt[sl] > 0) return min(f[l][range], f[r - (1 << range) + 1][range]);
else return max(f[l][range],f[r-(1<<range)+1][range]);
}int main(){
scanf("%s",s+1);
sl = strlen(s+1);
for(int i = 1;i <= sl;i++) s[i + sl] = s[i];
sl <<= 1; //长度翻倍，注意后面用到时要/2得到原长
build_sa(); //lr_cnt为前缀和，rl_cnt为后缀和
for(int i = 1;i <= sl;i++)
lr_cnt[i] = lr_cnt[i - 1] + ((s[i] == '(') ? 1 : -1);
for(int i = sl;i;i--)
rl_cnt[i] = rl_cnt[i + 1] + ((s[i] == '(') ? 1 : -1);
//预处理log2数组
for(int i = 2;i <= sl;i++) lg[i] = lg[i-1] + (i == (1<<(lg[i-1]+1)));
make_st(); //l_fill是在前端补全'('的数目,r_fill是在末尾补全')'的数目（其中一个为0）
int l_fill = 0,r_fill = 0,ans_pos;
if(lr_cnt[sl] > 0) r_fill = lr_cnt[sl]/2; //因为序列翻倍，所以得/2
else l_fill = abs(lr_cnt[sl]/2); for(int i = 1;i <= sl;i++){
//获得排名为i的后缀左端点在原串位置
int p = sa[i];
if(p > sl/2) continue;
//res查询区间最值
int res = query(p,p + sl/2 -1);
if(lr_cnt[sl] > 0){
if(res - lr_cnt[p - 1] < 0) continue;
}else{
if(res - rl_cnt[p + sl / 2] > 0) continue;
}
ans_pos = p;
break;
}
for(int i = 1; i <= l_fill; i++) printf("(");
for(int i = ans_pos;i <= ans_pos + sl/2 - 1;i++) printf("%c",s[i]);
for(int i = 1; i <= r_fill; i++) printf(")");
return 0;
}
