#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod = 998244353;
typedef const long long ll;
vector<long long>p;
long long inv(long long x,long long y)//快速幂求逆元模板（以乘代除）
{
    long long r=1;
    while(y>0)
    {
        if(y&1)
            r=(r*x)%mod;
        y>>=1;
        x=x*x%mod;
    }
    return r;
}
long long solve(long long n,long long r)//容斥原理求指定区间内与n互素的数的个数模板
{
    p.clear();
    for(long long i=2;i*i<=n;i++)
    {
        if(n%i==0)
            p.push_back(i);//将素因子放入向量
        while(n%i==0)
            n/=i;
    }
    if(n>1)
        p.push_back(n);//如果还有剩余的素因子
    long long sum=0;
    for(int msk=1;msk<(int)(1<<p.size());msk++)
    {
        long long mult=1ll;
        int bits=0;
        for(int i=0;i<(ll)p.size();i++)
        {
            if(msk&(1<<i))
            {
                bits++;
                mult*=p[i];
            }
        }
        ll cur=r/mult;
        if(bits&1)//奇加偶减
            sum=(sum+(mult*mult%mod)*(cur*(cur+1)%mod*(2*cur+1)%mod*inv(6,mod-2)%mod)%mod)%mod;//平方和公式
        else
            sum=(sum-(mult*mult%mod)*(cur*(cur+1)%mod*(2*cur+1)%mod*inv(6,mod-2)%mod)%mod+mod)%mod;
    }
    return sum;
}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        long long n;
        scanf("%lld",&n);
        long long sum=0;
        sum=((n)*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv(6,mod-2))%mod;//sigema(1~k)i^2=(k)*(k+1)*(2*k+1)/6
        long long res=(sum-solve(n,n)+mod)%mod;/*求指定区间内与n互素的数的个数：
给出整数n和r。求区间[1;r]中与n互素的数的个数。
去解决它的逆问题，求不与n互素的数的个数。
考虑n的所有素因子pi(i=1…k)
在[1;r]中有多少数能被pi整除呢？它就是：
然而，如果我们单纯将所有结果相加，会得到错误答案。有些数可能被统计多次（被好几个素因子整除）。所以，我们要运用容斥原理来解决。
我们可以用2^k的算法求出所有的pi组合，然后计算每种组合的pi乘积，通过容斥原理来对结果进行加减处理。
关于此问题的最终实现*/
        printf("%lld\n",res);
    }
    return 0;
}
//https://blog.csdn.net/m0_37286282/article/details/78869512（容斥原理详解）