題目描述：給定一個只含 '(' 和 ')' 的字串 s，每次操作可在任意位置插入一個括號，求使 s 成為合法括號字串（每個左括號有對應右括號，且配對正確）所需的最少插入次數。
解題思路：
最直觀的方式是用堆疊模擬括號配對，但本題可以用更簡潔的貪心計數方法，只需兩個變數即可。
兩個計數器的含義：
open：目前尚未配對的左括號數量（需要在右側補右括號）。close：目前已無法配對、需要補左括號的右括號數量（缺少左括號）。遍歷規則：
'('：open++（多了一個等待配對的左括號）。')'：
open > 0：可以用前面的左括號配對，open--。open == 0：沒有可配對的左括號，這個右括號是「孤立」的，需要在其前面補一個左括號，close++。最終答案：open + close。
open 個未配對的左括號，每個需要在後面補一個右括號。close 個孤立的右括號，每個已計入需要補的左括號數。範例說明：
s = "())("
'(' → open = 1
')' → open > 0，open = 0（配對）
')' → open == 0，close = 1（孤立右括號）
'(' → open = 1
結果：open + close = 1 + 1 = 2
需補：在最後補 ')' 以配對第四個 '('，在第三個 ')' 前補 '('
時間複雜度：O(n) — 只需線性掃描字串一次，每個字元進行常數時間的判斷與計數更新。
空間複雜度：O(1) — 只使用兩個整數計數器，不需要額外的堆疊或陣列。
函式 minAddToMakeValid(s):
1. 設 open = 0，close = 0
2. 對每個字元 c 在 s 中：
a. 若 c == '('：open 加 1
b. 若 c == ')'：
- 若 open > 0：open 減 1（配對成功）
- 否則：close 加 1（孤立右括號，需補左括號）
3. 回傳 open + close用堆疊逐字元處理，遇到 '(' 入棧，遇到 ')' 時若棧非空則彈出（配對），否則計入缺少左括號的數量。最終棧中剩餘的 '(' 數量即為需補的右括號數。
stack<char> st;
int close = 0;
for (char c : s) {
if (c == '(') st.push(c);
else if (!st.empty()) st.pop();
else close++;
}
return st.size() + close;
時間複雜度 O(n)，空間複雜度 O(n)。邏輯與計數法等價，但使用了額外空間。
維護一個「平衡值」bal，遇到 '(' 則 +1，遇到 ')' 則 -1。若 bal < 0，說明出現孤立右括號，需補一個左括號：將 bal 重置為 0，並計入一次插入。最後 bal 的值即為需補的右括號數。
此方法本質上與計數法相同，只是用單一變數表達，但需要額外一個累計計數器，程式碼上與計數法等價。
將字串分為左右兩半，分別計算需要補的括號數，再合併。這種方法時間複雜度 O(n log n)，沒有實際優勢，僅作為思考練習。
Leetcode 1249 — Minimum Remove to Make Valid Parentheses（最少移除使括號合法） 是本題的對偶問題：本題是最少插入，彼題是最少刪除。兩題的計數邏輯相同，但操作方向相反，請比較兩題解法的異同。
若字串中除了括號還包含其他字元（字母、數字等），演算法需要如何調整？ 答案是幾乎不需要調整——只需跳過非括號字元繼續處理即可。請思考為什麼這種修改是正確的。
Leetcode 32 — Longest Valid Parentheses（最長合法括號子串） 是更難的延伸題，求最長的合法括號子串長度。本題的計數邏輯可以作為子程序使用，但核心難點在於如何定位合法子串的邊界，請思考如何利用堆疊或 DP 解決。