$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\mu (ij) \\ 假设i,j不互质，一定有\mu (ij)=0 \\ 所以上式=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\mu (ij)[gcd(i,j)=1] \\ 积性函数性质有\mu (ij)=\mu (i)\mu (j) \\ \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\mu (i)\mu (j)[gcd(i,j)=1] \\ \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\mu (i)\mu (j)\sum _{d\mid gcd(i,j)}\mu (d) \\ 这里我们按照套路把d给提前去，因为i,j都要是d的倍数所以我们直接枚举I=\frac{i}{d},J=\frac{j}{d} \\ \sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{I=1}^{\frac{n}{d}}\mu (Id)\sum _{J=1}^{\frac{n}{d}}\mu (Jd) \\ 为了方便这里i=I,j=J \\ \sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu (id)\sum _{j=1}^{\frac{n}{d}}\mu (jd) \\ 设f(n,d)=\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu (id) \\ 原式=\sum _{d=1}^n\mu (d)f(n,d{)}^2 \\ 接下来考虑如何求解f(n,d), \\ 不难发现对于每一个f(n,d)其有贡献都是一个区间的形式， \\ 也就是f(l,d)=f(r,d)[l<=r] \\ 所以这里我们就可以利用前缀和的思想来得到答案。 \end{gathered}$$

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#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 5e4 + 10;int prime[N], mu[N], ans[N], cnt, n;bool st[N];void init() {mu[1] = 1;for(int i = 2; i < N; i++) {if(!st[i]) {prime[++cnt] = i;mu[i] = -1;}for(int j = 1; j <= cnt && 1ll * i * prime[j] < N; j++) {st[i * prime[j]] = 1;if(i % prime[j] == 0) {break;}mu[i * prime[j]] = -mu[i];}}for(int d = 1; d < N; d++) {int res = 0;for(int l = d; l < N; l += d) {int r = l + d - 1;r = min(r, N - 2);res += mu[l];ans[l] += mu[d] * res * res;ans[r + 1] -= mu[d] * res * res;}}for(int i = 1; i < N; i++) {ans[i] += ans[i - 1];}
}int main() {// freopen("in.txt", "r", stdin);// freopen("out.txt", "w", stdout);// ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);init();int T;scanf("%d", &T);while(T--) {scanf("%d", &n);printf("%d\n", ans[n]);}return 0;
}