一道结合背包的思想（dp）、dp通过两维的和为来定值来将$O(n ^ 2)$降到$O(2n)$的优化、括号匹配的思想（栈）、前缀和的思想（转化成-1和+1）的好题。

首先根据题目给出的定义，我们可以考虑进行一个转化，把左括号看成 $+1$，右括号看成 $-1$，这样合法括号序列可以看成任意前缀和非负、区间和为 $0$ 的序列。

我们由此可以列出一个 $O(n^3)$ 的动态规划方案：$dp_{i,j,k}$表示染色到第 $i$ 项，标记G的前缀和为 $j$，标记H的前缀和为 $k$ 的方案。

转移如下：$dp_{i,j,k} = dp_{i-1,j - A_i,k} + dp_{i-1,j,k - A_i}$，初始化$dp_{0,0,0} = 1$，其中 $A_i$ 表示经过转换之后我们的数组的第 $i$ 项。

但是这个方法时间复杂度很高，我们考虑进一步优化。

我们发现对于一个 $i$ 而言，有用的 $j+k$ 是不变的，即数组 $A$ 的前 $i$ 项的前缀和，这点观察式子也可以发现。

所以我们只维护 $j$ 一维，保证 $k$ 不为负数即可。

$dp_{i,j} = dp_{i-1,j - A_i} + dp_{i-1,j}$

$k$非负如何保证？我们发现$k = \text{sum} - j$，其中$sum$ 是当前前$i$项的前缀和，我们只要保证$j \le \text{sum}$即可。

时间复杂度：$O(n^2)$

#include <iostream>
#include <vector>
#define endl '\n'
using namespace std;
using LL = long long;
const int mod = 998244353;

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	string s;
	cin >> s;
	int n = s.size();
	s = " " + s;
	vector<int> a(n + 1);
	vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(n + 1, 0));
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		if(s[i] == '(') a[i] = 1;
		else a[i] = -1;
	}
	dp[0][0] = 1;
	LL sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		sum += a[i];
		for(int j = 0; j <= sum; j++){
			dp[i][j] = dp[i - 1][j];
			if(j - a[i] >= 0) dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j - a[i]]) % mod;
		}
	}
	cout << dp[n][0] << endl;
	return 0;
}