怎么你也是神仙题。

首先如何对于一个括号序列求它的最长合法括号子序列？
考虑把括号序列表示成折线形式，即 $\texttt{(}$ 设为 $1$，$\texttt{)}$ 设为 $-1$。
那么选出的一定是形如这样的合法括号子序列：

即起点 - 最小值和终点 - 最小值这两部分不能选。

然后考虑贪心，由于 $\texttt{(}$ 的字典序小于 $\texttt{)}$，所以肯定尽量选择 $\texttt{()}$ 这样的括号对放在前面。
因此不断贪心，直到这次不选多点后面就没得选了为止。此时后面一定恰好组成一个合法括号序列，方案唯一。

选择的括号序列大概长这样：$\texttt{()()()}\dots\texttt{(()()())}\dots$，即一旦当前选了不够，后面尽量长地选择，能匹配就尽量匹配。

如何计数？

先分讨一种比较容易的情况：$S=\texttt{()()()}\dots$。
设下标从 $1$ 开始，那么 $1$ 前不能放左括号，$2$ 前不能放右括号，$3$ 前不能放左括号……最后面任意放，不会影响到前面的最优括号序列。
总之就是对于前面的位置，放置方案唯一，因此只需要插板法就可以求出组合数；对于最后面就是二的次幂。
考虑枚举最后面的长度 $i$，那么后面方案数 $2^i$，前面方案数是 $n-i-k$ 个括号扔进 $k$ 个位置的方案，即 $C_{n-i-1}^{k-1}$。组合计数。（什么远古神帖）

然后考虑其余情况，设 $S$ 前缀最长的 $\texttt{()}$ 有 $k$ 个。
根据贪心，前面的 $\texttt{()}$ 必须都选。所以相邻两个 $\texttt{()}$ 之间不能再出现 $\texttt{()}$，因此在折线上只能先降再升，即先 $\texttt{)}$ 再 $\texttt{(}$（下图蓝色段）。
（当然第一个括号之前也可以先降再升，忘记画了）

在这之后，就是贪心尽量长地选。这可以怎么刻画？
对于最低点之前，以前缀最小值划分“阶段”；之后以后缀最大值划分。
贪心选相当于不选下图红色部分，即选择剩余的若干个合法括号序列：

那这里要怎么插入括号？其实插入的括号就是上图的红色部分，即插入的所有括号放在一起，只能先降再升。而且只能插在左括号等于右括号位置的右边。

考虑对上面的做法计数。
对于前面一半，设上面的极长前缀 $\texttt{()}$ 有 $l$ 对，枚举若干个 V 字的总长度 $i$（前面图的蓝色段）。
那么相当于 $i$ 长度被分为 $2(l+1)$ 段，即有 $l+1$ 个空位，每个空位分为上升和下降。
方案数为：$C_{i+2(l+1)-1}^{i}$。
对于后面一半，令 $L=n-k$，则大“V”字的总长度为 $L-i=n-k-i$。
由于下降和上升的“分隔点”可以随意确定，所以方案数为 $(L-i+1)$。
然后再乘上把“V”字放到中间段的方案数。设原序列有 $c$ 段，则方案数为 $C_{L-i+c-1}^{c-1}$。

于是这题就这么并不愉快地解决了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e7 + 15, mod = 998244353;

int qmi(int a, int k) {
    int res = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) res = res * 1ll * a % mod;
        a = a * 1ll * a % mod, k >>= 1;
    }
    return res;
}

int n, k;
int fac[N], inv[N];
char s[N];

void init() {
    fac[0] = 1; for (int i = 1; i <= 10000000; i++) fac[i] = fac[i - 1] * 1ll * i % mod;
    inv[10000000] = qmi(fac[10000000], mod - 2);
    for (int i = 9999999; i >= 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * 1ll * (i + 1) % mod;
}
inline int C(int n, int m) { return fac[n] * 1ll * inv[m] % mod * 1ll * inv[n - m] % mod; }
long long ans = 0;

int main() {
    init();
    scanf("%d%d\n %s", &n, &k, s + 1);
    int l = 0;
    for (int i = 1; i <= k; i += 2) {
        if (s[i] == '(' && s[i + 1] == ')') l++;
        else break;
    }
    if ((l << 1) == k) {    //全是括号对
        for (int i = 0; i <= n - k; i++) (ans += qmi(2, i) * 1ll * C(n - i - 1, k - 1) % mod) %= mod;
        return printf("%lld\n", ans), 0;
    }
    int L = n - k, c = 0, sum = 0;
    for (int i = 1; i <= k; i++) {
        if (s[i] == '(') sum++; else sum--;
        if (i > l * 2) c += (sum == 0);
    }
    for (int i = 0; i <= L; i++) (ans += C(i + 2 * (l + 1) - 1, i) * 1ll * (L - i + 1) % mod * 1ll * C(L - i + c - 1, c - 1) % mod) %= mod;
    printf("%lld\n", ans % mod);
    return 0;
}