P8883 幻想中成为原神

（题目传送门)

这道题重点就在于“他允许你的答案与真正的答案有着不超过 $2\times {10}^4$ 的绝对误差”，从此可以引申出两种方法。

---

法一

由于误差较大，我们可以直接算概率。

我们考虑问题的反面，即有多少个数不是完全平方数的倍数。

对于一个质数 $p$，一个数是 $p^2$ 倍数的概率是 ${\displaystyle \frac{1}{p^2}}$，那不是 $p^2$ 倍数的概率就是 $1-{\displaystyle \frac{1}{p^2}}$。

由乘法原理得不是完全平方数的概率为 $\prod _p(1-p^{-2})$。

这时我们需要用到欧拉乘积公式：

$$\sum _n{n}^{-s}=\prod _p(1-p^{-s}{)}^{-1}$$

待入得

$$\prod _p(1-p^{-2})={\displaystyle \frac{1}{\sum _n{n}^{-2}}}$$

右边分母是所有正整数的平方倒数和，等于 ${\displaystyle \frac{{\pi }^2}{6}}$，所以左边等于 ${\displaystyle \frac{6}{{\pi }^2}}$。

因此一个数是完全平方数的倍数的概率即为 $1-{\displaystyle \frac{6}{{\pi }^2}}$，最终答案为 $n(1-{\displaystyle \frac{6}{{\pi }^2}})$.

---

法二

不难发现问题即求 $n-\sum _{i=1}^n{\mu }^2(i)$。

而我们知道 $\sum _{i=1}^n{\mu }^2(i)=\sum _{i=1}^{\sqrt{n}}\mu (i)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i^2}}\rfloor$，于是我们直接估算，左 $\approx \sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{\mu (i)}{i}}\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor =\sum _{i=1}^n({\displaystyle \frac{\mu }{id}}\ast 1)(i)$，而又因为 $({\displaystyle \frac{\mu }{id}}\ast 1)(n)=\sum _{d\mid n}{\displaystyle \frac{\mu (d)}{d}}={\displaystyle \frac{\sum _{d\mid n}\mu (d)\times {\displaystyle \frac{n}{d}}}{n}}={\displaystyle \frac{\phi (n)}{n}}$，所以原式即 $\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{\phi (i)}{i}}$。

而 ${\displaystyle \frac{\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{\phi (i)}{i}}}{n}}$ 表示随机选取正整数对 $(x,y)$ 使得 $1\le x\le y\le n$ 且 $(x,y)$ 互质的概率，欧拉级数告诉我们它在 $n\to +\mathrm{\infty }$ 时约等于 ${\displaystyle \frac{6}{{\pi }^2}}$，因此答案约为 $n(1-{\displaystyle \frac{6}{{\pi }^2}})$

---

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const double pi=acos(-1.0);

LL n;

void mian()
{
	scanf("%lld",&n);
	double tmp=1.00-6.00/pi/pi;
	cout<<(LL)(1LL*n*tmp)<<endl;
}

int main()
{
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
		mian();

	return 0;
}