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題意：給出一個f函式，定義為 把i拆分成兩個因子的方案數（且每一個因子都不能被平方數整除），求∑ni=1f(i)$\sum _{i=1}^{n}f(i)$

分析：首先我們考慮f(i)如何求
對於任意一個i，我們可以拆分成素因子的乘積形式
此時就可以根據素因子的冪分為3種情況討論

1.素因子的冪>=3時，由於只能拆分成兩個因子無論怎麼組合，f(i)一定為0
2.素因子的冪=2,此時只能將這個素因子兩邊各放一個
3.素因子的冪=1，此時既將這個素因子 可以放左邊的因子，也可以放右邊因子，對f貢獻*2

f知道怎麼求了，觀察資料規模n<=2e7,那麼肯定是要線性解決，由於還要求素因子，於是想到線性篩法，那麼我們能否改造一下線篩，讓它可以在篩的時候把f也計算出來

觀察線篩，發現，每次他都用 i*prime[j]去篩素數
假設 此時prime[j]在i*prime[j]的因子中只出現了一次，那麼f[i*prime[j]]=f[i]*2
如果 prime[i]在他的因子中出現了多次呢？如果出現多次，那麼此時i%prime[j]一定是等於0的，這時候我們就把 f[i*prime[j]]/=4,因為一個prime[j]會讓f變為原來的2倍，而i裡又包含了一個prime[j],所以要除4

這時候只算對了2和3的情況，對於1情況，可以暴力搞一下，3次方的話複雜度也不大

還有程式碼裡的 f初值賦為-1僅僅是因為meset不能賦值為1，沒有別的意圖。。。

#include <bits/stdc++.h>
 

using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long ll;
const int M=2e7+200;

int prime[M/10],tot,f[M];
bool isprime[M];
void init()
{
    memset(f,-1,sizeof(f));
    f[1]=1;
    isprime[1]=1;
    for(int i=2; i<M; i++)
    {
        if(!isprime[i])
        {
            prime[tot++]=i;
            f[i]=-2
 
;
        }
        for(int j=0; j<tot&&i*prime[j]<M; j++)
        {
            isprime[i*prime[j]]=1;
            f[i*prime[j]]=f[i]*2;
            if(i%prime[j]==0)f[i*prime[j]]/=4;
            if(i%prime[j]==0)
                break;
        }
    }
    for(ll i=2;i*i*i<M;i++)
    {
        ll x=i*i*i;
        for(int j=2;j*x<M;j++)
            f[j*x]=0;
    }
    for(int i=2;i<M;i++)
    f[i]=abs(f[i])+abs(f[i-1]);

}
int main()
{
    init();
    int t,n;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
       printf("%d\n",f[n]);
    }

    return 0;
}