\[ 求\sum_{i=1}^{n}(\sqrt[3]i,i)\\ 首先转化一下这个式子，考虑对于i\in[j^3,(j+1)^3-1]，\sqrt[3]i=j\\ 所以可以枚举所有j，然后对i\in[j^3,(j+1)^3-1]区间的(i,j)求和即可 那么我们把n分成两部分，分别求和：\\ \sum_{i=1}^{n}(\sqrt[3]i,i)=\sum_{i={\lfloor \sqrt[3]n\rfloor}^3}^{n}(\sqrt[3]n,n) +\sum_{j=1}^{\sqrt[3]n-1}\sum_{i=j^3}^{(j+1)^3-1}(i,j)\\ \]

\[ 先来看前面一个合式\sum_{i={\lfloor \sqrt[3]n\rfloor}^3}^{n}(\sqrt[3]n,i)，直接用欧拉替换式\\ 原式=\sum_{i={\lfloor \sqrt[3]n\rfloor}^3}^{n}\ \sum_{d|i,d|{\lfloor \sqrt[3]n\rfloor}}\varphi(d) =\sum_{d|{\lfloor \sqrt[3]n\rfloor}}\varphi(d)\big(n/d-(\lfloor \sqrt[3]n\rfloor-1)/d \big)\\ {\lfloor \sqrt[3]n\rfloor}因子是不多的，只有\sqrt[6]n个，所以复杂度也是这个 \]

\[ 再看后面一个合式，我们可以将其转化后用反演来快速求和\\ \sum_{j=1}^{\sqrt[3]n-1}\sum_{i=j^3}^{(j+1)^3-1}(i,j) =\sum_{j=1}^{\sqrt[3]n-1}\bigg(\sum_{i=1}^{(j+1)^3-1}(i,j)-\sum_{i=1}^{j^3-1}(i,j) \bigg)\\ 现在来求\sum_{j=1}^{\sqrt[3]n-1}\sum_{i=1}^{f(j)}(i,j),其实可以把(i,j)展开做，但是考虑到欧拉替换\\ 原式=\sum_{j=1}^{\sqrt[3]n-1}\sum_{i=1}^{f(j)}\sum_{d|i,d|j}\varphi(d) =\sum_{j=1}^{\sqrt[3]n-1}\sum_{d|j}\varphi(d)\frac{f(j)}{d} \\ 注意因为i的上界是和j有关的，所以切换枚举次序时只能把d切换到i前，不能切换到j前，否则无法正确求出\varphi(d)出现次数\\ 原式=\sum_{j=1}^{\sqrt[3]n-1}\sum_{d|j}\varphi(d)\bigg(\lfloor \frac{(j+1)^3-1}{d}\rfloor-\lfloor \frac{j^3-1}{d}\rfloor \bigg) \ 显然有j=kd，所以不妨外层枚举d\\ 原式=\sum_{d=1}^{N=\sqrt[3]n-1}\varphi(d)\sum_{k=1}^{\frac{N}{d}}(3k^2d+3k+1) =\sum_{d=1}^{N=\sqrt[3]n-1}\varphi(d)(3d\sum_{k=1}^{\frac{N}{d}}k^2+3\sum_{k=1}^{\frac{N}{d}}k+\frac{N}{d}) \\ 到此为止，我们可以预处理[1,1e7]范围的k^2,k的前缀和，\varphi(i)的值,就可以O(1)求每个d的值 \]

#include <bits/stdc++.h>
const int N=1e7,XN=N+11,P=998244353;
int Add(int x,int const &y) {return (x+=y)>=P?x-P:x;}
int Minus(int x,int const &y) {return (x-=y)<0?x+P:x;}
int Mul(long long x,int const &y) {return x*y%P;}
int prime[XN],phi[XN],pcnt;
void Prep() {
    static bool notPrime[XN];
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;++i) {
        if(!notPrime[i]) {
            prime[++pcnt]=i;
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=1;j<=pcnt && i*prime[j]<=N;++j) {
            notPrime[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0) {
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            } else
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];
        }
    }
}

int Sum1(long long x) {return x*(x+1)/2%P;}
int Sum2(long long x) {return (x*(x+1))%(6ll*P)*(2*x+1)/6%P;}
int Calc(int a,__int128 L,__int128 R) {
    int res=0;
    for(int d=1;1LL*d*d<=a;++d)
        if(a%d==0) {
            res=Add(res,Mul((R/d-L/d)%P,phi[d]));
            if(a!=d*d)
                res=Add(res,Mul((R/(a/d)-L/(a/d))%P,phi[a/d]));
        }
    return res;
}

int main() {
    Prep();int T;fin>>T;
    while(T--) {
        __int128 n;fin>>n;
        if(n<=7) {fout<<n<<'\n';} 
        else {
            int r;for(r=1;(__int128)(r+2)*(r+2)*(r+2)-1<=n;++r);
            int Ans=Calc(r+1,(__int128)(r+1)*(r+1)*(r+1)-1,n);
            for(int T=1;T<=r;++T)
                Ans=Add(Ans,Mul(phi[T],Add(Add(Mul(3*T,Sum2(r/T)),Mul(3,Sum1(r/T))),r/T)));
            fout<<Ans<<'\n';
        }
    }
}