南京网络赛J-Sum【数论】

A square-free integer is an integer which is indivisible by any square number except 11. For example, 6 = 2 cdot 36=2⋅3 is square-free, but 12 = 2^2 cdot 312=22⋅3 is not, because 2^222 is a square number. Some integers could be decomposed into product of two square-free integers, there may be more than one decomposition ways. For example, 6 = 1cdot 6=6 cdot 1=2cdot 3=3cdot 2, n=ab6=1⋅6=6⋅1=2⋅3=3⋅2,n=ab and n=ban=ba are considered different if a ot = ba̸=b. f(n)f(n) is the number of decomposition ways that n=abn=ab such that aa and bb are square-free integers. The problem is calculating sum_{i = 1}^nf(i)∑i=1n​f(i).

Input

The first line contains an integer T(Tle 20)T(T≤20), denoting the number of test cases.

For each test case, there first line has a integer n(n le 2cdot 10^7)n(n≤2⋅107).

Output

For each test case, print the answer sum_{i = 1}^n f(i)∑i=1n​f(i).

Hint

sum_{i = 1}^8 f(i)=f(1)+ cdots +f(8)∑i=18​f(i)=f(1)+⋯+f(8)
=1+2+2+1+2+4+2+0=14=1+2+2+1+2+4+2+0=14.

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样例输出复制

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题目来源

ACM-ICPC 2018 南京赛区网络预赛

用素数筛类似的方法先把f的表打出来

一个数可以分解成 n = p1^a1 * p2^a2 * p3^a3.......其中p1,p2,p3...都是素数

如果a1,a2,a3...中有一个大于2，那么f（n）=0因为不管怎样组合都会使一个因子是平方数

如果a1,a2,a3...中有m个是1，剩下的都是2 那么只有那些是2的就必须分开，剩下的每一个数都有2中可能所以f(n)=2^m

打表 prime[p] = p prime[i*p]=1

对于比i小的所有素数 i是作为他们的倍数进行处理的

如果i%prime[j]==0 而且i%(prime[j]*prime[j])==0那么i*prime[j]肯定指数有一个大于2了 f[i*prime[j]] = 0

如果i%prime[j]==0 那么i*prime[j]要少掉一个数可以选择 所以f[i*prime[j]] = f[i] / 2

如果上面一个都不是 那么i*prime[j]之后就多了一个数可以选择 所以f[i*prime[j]] = f[i] * 2

不加if(i%prime[j]==0)break;会T，还没想懂为什么....

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
//#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;

typedef long long LL;


int t, n, cnt;
const int maxn = 2e7 + 5;
int f[maxn], prime[maxn];

void table()
{
    memset(f, 0, sizeof(f));
    memset(prime, 0, sizeof(prime));
    cnt = 0;
    f[1] = 1;
    for(int i = 2; i < maxn; i++){
        if(!prime[i]){
            prime[cnt++] = i;
            f[i] = 2;
        }
        for(int j = 0; j < cnt && prime[j] * i < maxn; j++){
            prime[prime[j] * i] = 1;
            if(i % prime[j] == 0){
                if(i % (prime[j] * prime[j]) == 0){
                    f[i * prime[j]] = 0;
                }
                else{
                    f[i * prime[j]] = f[i] / 2;
                }
            }
            else{
                f[i * prime[j]] = f[i] * 2;
            }
            if(i % prime[j] == 0)break;
        }
    }
}


int main()
{
    cin>>t;
    table();
    while(t--){
        scanf("%d", &n);
        LL ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            ans += f[i];
        }
        printf("%lld
", ans);
    }
	return 0;
}