Consider a N*N*N lattice. One corner is at (0,0,0) and the opposite one is at (N,N,N). How many lattice points are visible from corner at (0,0,0) ? A point X is visible from point Y iff no other lattice point lies on the segment joining X and Y. 
 
Input : 
The first line contains the number of test cases T. The next T lines contain an interger N 
 
Output : 
Output T lines, one corresponding to each test case. 
 
Sample Input : 
3 
1 
2 
5 
 
Sample Output : 
7 
19 
175 
 
Constraints : 
T <= 50 
1 <= N <= 1000000

题目大意：从点(0,0,0)出发的直线可看到多少个点（只能看到第一个，后面的视为挡住了看不见）。

解题思路：求gcd(x,y,z)=1的点有多少个，F(n) 表示满足条件的 gcd(x,y,z)==n的 (x,y,z) 对数;G(n) 表示满足 n | gcd(x,y,z) 的(x,y,z)对数，即 gcd(x,y,z)%n==0 的(x,y,z) 对数;

由定义：G(n)=sigma(F(d)),F(n)=sigma(U(d/n)*G(d))

这题就是求F(1)。G(d)=(n/d)*(n/d)(n/d)。

当3个坐标为0时有0个点;

2坐标为0的时候可见点在三条坐标轴上一共3个；

1坐标为0的时候3*ans(ans=sigma(u(d)*(n/i)*(n/i)))；

坐标都不为0的时候ans=ans=sigma(u(d)*(n/i)*(n/i)*(n/i))

提示：提交代码时不能用__int64，只能用long long 

 #include <iostream>

 #include <cstdio>

 #include <cstring>

 using namespace std;

 typedef __int64 LL;

 const int maxn=;

 int prime[maxn],mu[maxn],num;

 bool flag[maxn];

 void init()

 {

     int i,j;num=;mu[]=;

     memset(flag,true,sizeof(flag));

     for(i=;i<maxn;i++)

     {

         if(flag[i])

         {

             prime[num++]=i;mu[i]=-;

         }

         for(j=;j<num&&prime[j]*i<maxn;j++)

         {

             flag[i*prime[j]]=false;

             if(i%prime[j]==)

             {

                 mu[i*prime[j]]=;break;

             }

             else mu[i*prime[j]]=-mu[i];

         }

     }

 }

 int main()

 {

     init();

     int t,i,n;

     scanf("%d",&t);

     while(t--)

     {

         scanf("%d",&n);

         LL ans=;

         for(i=;i<=n;i++)

             ans+=(LL)mu[i]*(n/i)*(n/i)*(n/i+);

         printf("%I64d\n",ans);

     }

     return ;

 }