原题
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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 = 1\cdot 6=6 \cdot 1=2\cdot 3=3\cdot 2, n=ab6=1⋅6=6⋅1=2⋅3=3⋅2,n=ab and n=ban=ba are considered different if a \not = 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=1nf(i).
Input
The first line contains an integer T(T\le 20)T(T≤20), denoting the number of test cases.
For each test case, there first line has a integer n(n \le 2\cdot 10^7)n(n≤2⋅107).
Output
For each test case, print the answer \sum_{i = 1}^n f(i)∑i=1nf(i).
Hint
\sum_{i = 1}^8 f(i)=f(1)+ \cdots +f(8)∑i=18f(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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题目来源
题目大意
定义平方数为可以拆成两项相等的数之积的数:x*x
定义square-free数（以下简称非平方数）为不含有平方因子
设函数f(x)表示：把x拆成两个非平方数之积的所有方法数，特殊的令：f（1）=1
例如4=1*4=4*1=2*2，但是4是平方数，所以f(4)=1
给定一个n，输出f(1)+f(2)+...+f(n)
思路
f（n）的结果其实就是将n的质因子分别填到两个位置且每个位置不能有相同的因子 的方法数。
假设a是n的因子，且a*b=n。
如果a只有一个，那么a可以填到任意一位置里，方法数为2
如果a有两个，那么两个a分别填到两个位置，方法数为1
如果a有三个或三个以上，那么无法将三个a填到两个位置不重复（生日悖论）。所以方法数为0
所以，f(n)有以下状态转移方程
f(n)=上述方法数*f(n/a)，此处a为n的任意因子（不包含1）,n>=2
特殊的:f(1)=1。
用素数筛（线性复杂度的那个）改造后求一个因子（代码里求的是最小不为1的因子）
最后前缀和即可。
然后这个题卡常数，写的不好过不过完全看运气。建议判断a的个数时使用嵌套if，降低乘除法次数。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define reg register
int const maxna=2e7+5;
int const maxn=2e7+5;
int Mark[maxna]={0};//0表示素数
int prime[maxna];
int const ma=2e7+5;
int mp[ma];//存放i的最小因子（除了1的因子） （其实不一定必须用最小的因子，只要是不是1就行）
int Prime()
{
int index=1;
int i,j;
// memset(Mark,0,sizeof(Mark));
for(reg int i = 2; i<maxn; i++)
{
if(Mark[i] == 0) //其实mark和prime在本题可以合成一个数组
{
prime[index++]=i;
mp[i]=i;
}
for(reg int j=1;j<=index && prime[j]*i<maxn;j++)
{
Mark[i*prime[j]]=1;
mp[i*prime[j]]=prime[j];
if(i % prime[j] == 0)
break;
}
}
Mark[1]=1;
return index;
}
int lst[ma],ans[ma];
signed main(){
int T;
lst[1]=1;
ans[1]=1;
int reg t;
Prime();//素数筛求每个数最小质因子
for(reg int i=2;i<maxn;i++) { //注意，要用嵌套的if来减少除法的使用，不然很容易爆常数
if(!(i%mp[i])){
t=i/mp[i];//一次方
if(t&&!(t%mp[i])){//二次方
t=t/mp[i];
if(t&&!(t%mp[i])){//三次方
lst[i]=0;
ans[i]=ans[i-1];
continue;
}
lst[i]=lst[t];
ans[i]=ans[i-1]+lst[i];
continue;
}
lst[i]=lst[t]<<1; //f(i)=lst[i]
ans[i]=ans[i-1]+lst[i]; //前缀和
continue;
}
}
cin>>T;
int n;
for(int reg i=1;i<=T;i++){
scanf("%d",&n);
printf("%d\n",ans[n]);
}
}