参考了扶苏的证明，看起来很直觉，证明有点不明觉厉。
我们考虑这样一种构造，考虑增量，直接维护当前答案序列的和 \(s\)：
- 当 \(s \ge 0\) 时，随便选一个 \(x(x \le 0)\) 放到序列末尾。
- 当 \(s \le 0\) 时，随便选一个 \(x(x \ge 0)\) 放到序列末尾。
证明是这样的，因为我们插入的都是与 \(s\) 异号的数，那么显然有 \(\min_{i=1}^n a_i < s < \max_{i=1}^n a_i\)，再考虑所有区间的和，在对序列做前缀和之后，都是两个前缀和相减，即 \(s_r - s_l\) 的形式。
那么，因为 \(\forall s_r < \max_{i=1}^n a_i\)，并且 \(\forall s_l > min_{i=1}^n a_i\)，那么将两式相减，得到 \(|s_r - s_l| < \max - \min\)，这里需要一点分讨，读者自证不难。
考虑无解，全 \(0\) 序列显然无解，充分性显然。必要性通过上面的构造性证明，易得只要序列存在任意一个非 \(0\) 数，就能构造出答案。
// 如果命运对你缄默, 那就活给他看。
#pragma GCC optimize(1)
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast", "inline", "-ffast-math")
#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
// #define int LL
const int maxn = 3e5 + 10;
vector<int>ans;
int a[maxn], n;
inline void ed() {cout << "No\n";
}
inline void solve() {cin >> n;queue<int>q[2]; for(int i = 1; i <= n; ++ i) {cin >> a[i];q[a[i] >= 0].emplace(a[i]); }if(!*max_element(a + 1, a + 1 + n)) return cout << "No\n", void();LL s = 0;vector<int>ans;while(ans.size() < n) {int x; if(q[s < 0].empty()) x = q[s >= 0].front(), q[s >= 0].pop();else x = q[s < 0].front(), q[s < 0].pop();s += x, ans.emplace_back(x); } cout << "Yes\n";for(int x : ans) cout << x << ' '; cout << '\n';
}
signed main() {// freopen(".in", "r", stdin);// freopen(".out", "w", stdout);ios :: sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);int T;cin >> T;while(T -- ) solve();return 0;
}