首先，发现 E1 的数据范围很小，我们可以考虑这样一个算法：
- 从前往后枚举第一个位置 $i$，从后往前枚举第二个位置 $j$，同时保证 $0 le i<j le n+1$。
- 枚举取值 $k=1 sim 26$，对于每个 $k$ 分别找到区间 $[1,i], [j,n]$ 中 $k$ 的出现次数，将二者取较小值得到 $ans_1$。
- 中间的部分，找到区间 $[i+1,j-1]$ 中出现次数最多的数，并将其出现次数即为 $ans_2$，最终答案即为 $2 imes ans_1+ans_2$。
当然直接暴力是过不去的，我们可以将数字 $1 sim 26$ 在序列每一个位置的出现次数都记录一个前缀和，这样在查询某个字符在某个区间的出现次数时可以直接 $O(1)$ 计算得到。
该算法的时间复杂度为 $O(n^2 imes a_i)$，3s 内肯定能过。
接下来考虑如何优化这个算法。
优化一
我们发现，在枚举 $i$ 的过程中，当 $j$ 一定时，相比于 $i-1$ 只有 $a_i$ 的前缀出现次数发生了改变。
所以不必枚举取值，每次枚举 $i,j$ 时直接令 $k=a_i$ 即可，时间复杂度降为 $O(n^2)$。
优化二
根据优化一，对于枚举的的每一个 $i$，都最多只有一个位置 $j$ 同时满足以下两个条件：
- $a_i=a_j$
- $sum_{x=1}^{i-1}[a_x=a_i]=sum_{x=j+1}^n[a_x=a_i]$
因此可以针对不同的取值 $k$，可以记录序列中第 $1,2,...$ 个数值等于 $k$ 的位置。
在每次枚举 $i$ 的时候，合适的 $j$ 就可以直接通过记录被直接找到。
然后中间的部分只需要枚举取值 $k$，通过前缀和找到 $[i+1,j-1]$ 中出现次数最多的 $k$，该算法的时间复杂度就降为了 $O(n imes max{a_i})$。
此时已经可以通过本题。
节省空间的解法
前文提到的前缀和数组，理论上开 $4e7$ 的 int 是可以满足空间限制的。
但是我在做题的时候把空间算错了，就以为上述算法无法通过，于是又想了一个节省空间，但效率稍低的算法。
既然没法记前缀和了，我们可以用一些其它的方式求区间和。
我们开 200 个 vector（下文定义变量名为 `v`），第 $i$ 个 vector 按从前到后的顺序记录原序列中数值等于 $i$ 的位置。
- 按 $n ightarrow1$ 逐个枚举 $i$，这样做是为了方便之后的查找数列单调不降，方便之后使用 STL 的二分（当然手写二分也行）。
- 记录 $a_i=k$，二分找 $k$ 是整个序列中第几个等于 $k$ 的数，那么就知道 $[i,n]$ 有不同的 $k$ 的数量，在此记为 $num$。
- 同理，可以找到一个满足 $sum_{x=1}^{j}[a_x=a_i]=sum_{x=j}^n[a_x=a_i]$ 的 $j$，这可以查找 `v[a[i]][num - 1]` 得到。
- 接下来查找中间的部分 $[j+1,i-1]$。
- 枚举在 $1sim200$ 内的取值 $k$。
- 找到所有等于 $k$ 的数中第一个大于 $i-1$ 的数在 vector 中的下标 $pos1$。
- 找到所有等于 $k$ 的数中第一个大于等于 $j+1$ 的数在 vector 中的下标 $pos2$。
- $pos1-pos2$ 就是区间 $[j+1,i-1]$ 中等于 $k$ 的数字数量。
- 对于相同的 $i,j$ 找到最大的一个 $pos1-pos2$ 加上 $2num$ 即为答案。
由于两百个 vector 一共就存 $n$ 个数，该算法空间复杂度降为 $O(n)$。
当然，该算法对时间作出了一定牺牲。瓶颈在于查找 $pos1,pos2$ 相比原算法多了一个二分，但两百次 vector 二分的长度之和等于 $n$，所以算法的时间复杂度为 $O(n imes max{a_i} imes k)$，$k$ 最大约等于 $10$（不含 vector 自身常数）。
该做法不经过任何常数优化也可以通过，详情见代码。
代码（最慢点 1.67s，空间最大 3.35MB）：
int t, n, a[200010], q[210], h[210], ans; vector <int> v[210]; inline int max(int a, int b){ return a > b ? a : b; } int main(){ scanf("%d", &t); while(t--){ scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]); for(int i = 1; i <= 200; i++) q[i] = h[i] = 0, v[i].clear(); ans = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) v[a[i]].push_back(i), q[a[i]]++, ans = max(ans, q[a[i]]); for(int i = n, pos, now, poss; i >= 1; i--){ poss = lower_bound(v[a[i]].begin(), v[a[i]].end(), i) - v[a[i]].begin(); poss = v[a[i]].size() - poss; pos = v[a[i]][poss - 1]; if(pos >= i) continue; now = 0; for(int j = 1, pos1, pos2; j <= 200; j++){ pos1 = lower_bound(v[j].begin(), v[j].end(), i) - v[j].begin(); pos2 = upper_bound(v[j].begin(), v[j].end(), pos) - v[j].begin(); now = max(now, pos1 - pos2); } ans = max(ans, poss * 2 + now); } printf("%d ", ans); } return 0; }