找不到头图了就随机传了一张。
转题意，要你求一段区间，使得区间内的众数加扣掉区间的原序列的众数和最大。
如果确定了要选的区间内的数和区间外的数，那么找这一段区间就是一个最大子段和问题了。
怎么来的？
假设你令区间外的数为 $x$ ，区间内 $y$，你开一个新数组 $b_i$，让他满足：$b_i=-[a_i=x]+[a_i=y]$ 所以 $b_i$ 的最大子段和加 $x$ 的总的出现次数即为所求。
怎么用这个性质。看题解根号分治。
令 $B=\sqrt{n}$
你发现在一个数 $a$，其出现次数 $cnt_a>B$，那么其实是可以 $O(n)$ 计算区间内的数等于 $a$或区间外的数等于 $a$ 的情况的。
具体地，先讨论这个数 $a$ 出现在区间外，大暴力枚举区间 $l,r$，复杂度直接起飞（至少 $O(n^3)$ 吧）。不够优秀，考虑利用最大子段和的性质。枚举区间内的数 $y$ ，有了 $a,y$ 构建出上文的 $b_i$，那么直接取所有 $b_i=1$ 的地方作为区间左右端点一定不劣，用存前缀和最小的的方法 $O(y 的出现次数)$ 求出最大子段和，时间复杂度 $O(\frac{n}{cnt_a}\sum y 的出现次数)=O(\sqrt{n}\times n)=O(n\sqrt{n})$，$a$ 出现在区间内类似。
现在还剩下一种情况，区间外 $cnt_a<B$，区间内也 $cnt_y<B$。（恼
我会暴力，111。
扫描线，设新增 $r$ 点，维护 $S_i$ 表示区间 $S_{i~r}$ 的众数的个数，倒叙枚举更新 $S_i$，最好画个图观察 $S_i$ 一定是改变的区间一定是连续的。纯暴力。但是由于我们只需要管 $cnt<B$ 的关键点，所以最终态（扫完）有 $\sum S_i \le nB=n\sqrt{n}$ 如果有更新，则当前 $\sum S_i$ 至少增加 $1$，所以更新次数 $\le n\sqrt{n}$，查询总数是 $O(n)$ 的，所以这样可以 $O(n\sqrt{n})$ 做完。
#include<bits/stdc++.h>
#define reg register
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a;i<=b;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a;i>=b;--i)
#define pb push_back
#define ins insert
using namespace std;
const int N=5e5+10,mod=998244353;
int n,cnt,B,ans;
int a[N];
int lsh[N];
int num[N];
bitset<N>lgr;
vector<int>pos[N],answer;
int sum[N];
int S[N];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;cin>>T;
while(T--){
// init
memset(sum,0,sizeof sum);
memset(S,0,sizeof S);
lgr.reset();
rep(i,1,500005)pos[i].clear();
answer.clear();
memset(num,0,sizeof num);
memset(lsh,0,sizeof lsh);
ans=0;cnt=0;
// input
cin>>n;B=sqrt(n);rep(i,1,n)cin>>a[i],lsh[++cnt]=a[i];
sort(lsh+1,lsh+cnt+1);cnt=unique(lsh+1,lsh+cnt+1)-lsh-1;
rep(i,1,n){
a[i]=lower_bound(lsh+1,lsh+cnt+1,a[i])-lsh;
++num[a[i]];
lgr[a[i]]=(num[a[i]]>B);
pos[a[i]].pb(i);
}
// r1
for(int x=lgr._Find_first();x!=lgr.size();x=lgr._Find_next(x)){
// x is outside
rep(i,1,n)sum[i]=sum[i-1]-(a[i]==x);
rep(y,1,cnt){
reg int tmp=0,pre=0,tot=0;
for(auto p:pos[y])pre=min(pre,sum[p-1]+tot++),tmp=max(tmp,sum[p]-pre+tot);
// update
if(tmp+num[x]==ans)answer.pb(x);
else if(ans<tmp+num[x])answer.clear(),ans=tmp+num[x],answer.pb(x);
}
// x is inside
rep(i,1,n)sum[i]=sum[i-1]+(a[i]==x);
rep(y,1,cnt){
reg int tmp=0,pre=0,tot=0;
for(auto p:pos[y])tmp=max(tmp,sum[p]-tot-pre),pre=min(pre,sum[p]-++tot);
if(tmp+num[y]==ans)answer.pb(y);
else if(ans<tmp+num[y])answer.clear(),ans=tmp+num[y],answer.pb(y);
}
}
// r2
rep(i,1,cnt)pos[i].ins(pos[i].begin(),0);
rep(r,1,n){
if(num[a[r]]<=B){
reg int p=lower_bound(pos[a[r]].begin(),pos[a[r]].end(),r)-pos[a[r]].begin(),g=p-1;
for (auto l:pos[a[r]])if(l++<r){
int tmp=num[a[r]]+S[l]-g--;
if(tmp==ans)answer.pb(a[r]);
else if(ans<tmp)answer.clear(),ans=tmp,answer.pb(a[r]);
}
rep(i,0,p){
int k=p-i+1,f=pos[a[r]][i];
while(f&&S[f]<k)S[f--]=k;
}
}
}
rep(i,1,cnt){
int g=pos[i].size()-1;
for (auto l:pos[i]) {
int tmp=num[i]+S[++l]-g--;
if(tmp==ans)answer.pb(i);
else if(ans<tmp)answer.clear(),ans=tmp,answer.pb(i);
}
}
// output
cout<<ans<<'\n';sort(answer.begin(),answer.end());answer.resize(unique(answer.begin(),answer.end())-answer.begin());for(auto it:answer)cout<<lsh[it]<<'\n';
}
return 0;
}