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官方题解讲得很明白，在这里我复述一下。
枚举每个左括号，考虑计算一定包含其的简单括号序列的个数，只考虑其及其左侧的左括号，以及其右侧的右括号。最后答案就是其之和。
可以将其提取出来这样((((((()))，红色为当前左括号。设有x个左，y个右
要注意，这个答案为C(x+y-1,x)，来证明。
我们只需证明，这个答案与长度为x+y-1的，包含x个1的零一序列的种类数相等即可。
随便写一个这样的零一序列，长度为x+y，但当前的左括号的位置一定是零。
比如1101000111，除了红色位置以外，设有z个右括号对应1，那么有（x-z）个左括号对应1，那么有（x-1-(x-z)）=z-1个左括号对应0。
恰好枚举遍了包含1,2，...，y个右括号，0,1，...，y-1个左括号（不含当前位置）的所有情况。于是显然这个答案是对的。
具体算的时候，预处理一下阶乘，暴力搞一下逆元就行了。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MOD 1000000007ll
ll Quick_Pow(ll a,ll p)
{
if(!p){
return 1;
}
ll ans=Quick_Pow(a,p>>1);
ans=ans*ans%MOD;
if((p&1)==1){
ans=ans*a%MOD;
}
return ans;
}
int n;
char a[200010];
ll jc[200010],ans,sumr;
int main(){
// freopen("d.in","r",stdin);
scanf("%s",a+1);
n=strlen(a+1);
jc[0]=1ll;
for(int i=1;i<=n;++i){
jc[i]=(jc[i-1]*(ll)i)%MOD;
}
for(int i=1;i<=n;++i){
sumr+=(a[i]==')');
}
int x=0,y=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(a[i]=='('){
++x;
}
else{
++y;
}
if(sumr-y>=1 && a[i]=='('){
ans=(ans+(((jc[x+sumr-y-1]*Quick_Pow(jc[x],MOD-2ll))%MOD)*Quick_Pow(jc[sumr-y-1],MOD-2ll))%MOD)%MOD;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}