@description@
卡常数被称为计算机算法竞赛之中最神奇的一类数字，主要特点集中于令人捉摸不透，有时候会让水平很高的选手迷之超时。
普遍认为卡常数是埃及人Qa'a及后人发现的常数。也可认为是卡普雷卡尔(Kaprekar)常数的别称。主要用于求解括号序列问题。
据考证，卡（Qa'a）是古埃及第一王朝的最后一位法老。他发现并研究了一种常数，后世以他的名字叫做卡常数。卡特兰数的起源也是因为卡的后人与特兰克斯结婚，生下来的孩子就叫卡特兰，而他只是发表了祖传的家书而已。Sereja也是卡的后人，提出括号序列问题，也是从家书里得到的资料。然而Sereja为了不让这个秘密公开，于是隐瞒了这道题的真正做法。可是由于卡的后人不是各个都像卡特兰一样爱慕虚荣，这一算法也无法找到。“欲见贤人而不以其道，犹欲其入而闭之门也”。卡之常数的奥秘，需要以一颗诚心去追寻。
【以上全是瞎 BB，不过还蛮有意思的 www】
现给定n个括号序列，你需要选择若干序列，将它们按一定的顺序从左往右拼接起来，得到一个合法的括号序列。
显然，这个问题可以用卡常数解决，为了检验你是否会卡常数，请写一个程序，计算可以得到的合法的括号序列的长度的最大值。
input：
第一行包含一个正整数n(1<=n<=300)，表示括号序列的个数。
接下来n行，每行一个长度在[1,300]之间的括号序列，仅由小括号构成。
output：
输出一行一个整数，即最大长度，注意你可以一个序列也不选，此时长度为0。
sample input：
3
())
((()
)()
sample output：
10
**sample explain **：
按{2,1,3}的顺序拼接得到((()()))()，总长度为10。
@solution@
首先有个小性质：假如在不拼接的情况，一个括号已经有了匹配，那么拼接后这个括号的匹配不会变化。可以根据我们做括号匹配的过程理解这个性质。
所以基于此，我们可以把串中能匹配的括号先匹配完，剩下的部分一定是形如 “)))))....))(((....(((” 的样子。
我们将这部分记为 (p, q)，其中 p 是 ')' 的个数，q 是 '(' 的个数。
考虑选了一些括号以后，怎么排列它们是最优的。可以用贪心来解决。
我们采用交换论证的方法来寻找排列方法。
假如 a，b 是相邻的且 a 在 b 前面，我们可以先将 a 的 '(' 和 b 的 ')' 匹配完，剩下新的一个 “)))(((” 型的串。
感性理解一下，我们应该剩下的东西越少越好。又因为 a 与 b 的括号总数不变，我们应该让 a 与 b 匹配尽量多的括号。匹配的括号个数就应该 (=min{(个数,)个数})
所以如果 (min{a的(个数,b)个数} > min{b的(个数, a的)个数})，则 a 就排在 b 前面。
可以发现上面那个东西是一直存在的，不会因为我们选的括号不同而变化。
所以我们可以先按照上面的法则排序，然后作一个简单的 dp 就可以了。
dp 的定义，以及状态转移留作习题。
@accepted code@
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 300;
const int INF = 1<<30;
struct node{
int p, q;
int num;
}a[MAXN + 5];// p -> ')', q -> '('
bool operator < (node a, node b) {
return min(a.q, b.p) > min(a.p, b.q);
}
char s[MAXN + 5];
int dp[2][MAXN*MAXN + 5];
int main() {
int n; scanf("%d", &n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%s", s);
int len = strlen(s);
for(int j=0;j<len;j++) {
if( s[j] == '(' ) a[i].q++;
else {
if( !a[i].q ) a[i].p++;
else a[i].q--, a[i].num += 2;
}
}
}
int tot = 0; sort(a+1, a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=0;j<=tot;j++)
dp[i&1][j] = dp[i&1^1][j];
for(int j=tot+1;j<=tot+a[i].q;j++)
dp[i&1][j] = -INF;
for(int j=a[i].p;j<=tot;j++)
dp[i&1][j-a[i].p+a[i].q] = max(dp[i&1][j-a[i].p+a[i].q], dp[i&1^1][j]+2*a[i].p+a[i].num);
tot += a[i].q;
}
printf("%d
", dp[n&1][0]);
}
@details@
这道题让我想起了多校赛的某道题 HDU - 6299。
当初好像是随便乱蒙了一个贪心性质就过了 www。