#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define debug puts("YES");
#define rep(x,y,z) for(int (x)=(y);(x)<(z);(x)++)

#define lrt int l,int r,int rt
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define ll long long
const int  maxn =2e7+5;
const int mod=1e9+7;

ll gcd(ll x,ll y){return y==0?x:gcd(y,x%y);}
ll powmod(ll x,ll y){ll t;for(t=1;y;y>>=1,x=x*x%mod) if(y&1) t=t*x%mod;return t;}
/*
題目大意：就是找一個數拆成兩個無平方因子
的組合數，然後求個字首和。

這道題O(nlogn)不能過。。
所以oeis出莫比烏斯的朋友們尷尬了，
比賽時也是被坑了一下。

然後才想到了篩法，
頓時也感覺篩法的巧妙性，
和裡面參雜的動態規劃思想。
首先分析一波，一個數如果有個因子指數超過三則為零，
那麼有答案的因子就是兩部分組成，因子指數為2 的乘積，
因子指數為1的乘積，不難推出這樣數的答案貢獻為2^m,
m為指數為1的質因子個數。

那麼融入到篩法裡面就行了，
篩法的巧妙就在於參雜著動態規劃，
首先質數的答案貢獻都是2，
那麼對於要被其最小質因子篩去的合數，
該合數可以表示為prim[j]*i,如果i不是prim[j]的倍數，
那麼ans[k]=ans[prim[j]]*ans[i](DP).
也好想，dp[x]只要拆解x為p和q，p和q不含相同因子即可，dp[p]*dp[q].
如果i含有prim[j]呢，兩種情況，
如果i可以整除質因子的平方，那麼答案置為零，
如果不能，那麼根據DP的思想，答案可以去除平方項計算。

尤拉篩的思想是，每個數只能被其最小的質因子篩去，
這樣DP的思想也是有效的，因為狀態無疑是可以坍塌到以前的。
*/

int prim[maxn],tot=0;
int vis[maxn],miu[maxn];
int ans[maxn];
void sieve()
{
    ans[1]=1;
    for(int i=2;i<maxn;i++)
    {
        if(vis[i]==0) prim[tot++]=i,ans[i]=2;
        for(int j=0;j<tot;j++)///尤拉篩的思想是，每個數只能被其最小的質因子篩去，這樣DP的思想也是有效的，因為狀態無疑是可以坍塌到以前的。
        {
            int k=prim[j]*i;
            if(k>=maxn) break;
            vis[k]=1;
            if(i%prim[j]) ans[k]=ans[i]*ans[prim[j]];
            else
            {
                int tp=prim[j]*prim[j];
                if(i%tp==0) ans[k]=0;
                else ans[k]=ans[k/tp];
                break;
            }
        }
    }
}

int n;

int main()
{
    sieve();
   /// for(int i=1;i<maxn;i++)
    ///{
    ///    for(int j=i,k=1;j<maxn;j+=i,k++)
     ///   {
     ///       ans[j]+=miu[k]*miu[i];
     ///   }
    ///}
    for(int i=1;i<maxn;i++)
    {
        ans[i]+=ans[i-1];
    }
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        printf("%d\n",ans[n]);
    }
    return 0;
}