/*
    有一个很显然的结论是最后的答案肯定不超过n*2，然后接可以二分答案，接下来就是判断有多少<=x的数满足它的质因数的指数都是1。 
    一个方法是去排除所有i^2的倍数（i为素数），这会让人联想到容斥？
    ans=n-奇数个质数的平方的倍数的个数+偶数个质数的平方的倍数的个数。
    利用莫比乌斯函数可以完美的解决这个问题
             
             -1（i为奇数个素数的乘积）
    mul[i] = 1（i为偶数个素数的乘积） 
             0（i有某个因数的指数不为1）
*/
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<iostream>
#define N 100000
#define lon long long
#ifdef unix
#define LL "%lld"
#else
#define LL "%I64d"
#endif
using namespace std;
int f[N],prime[N],miu[N];lon n;
void init(){
    miu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!f[i]){
            prime[++prime[0]]=i;
            miu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=prime[0];j++){
            if(i*prime[j]>=N) break;
            f[i*prime[j]]=1;
            miu[i*prime[j]]=-miu[i];
            if(i%prime[j]==0){
                miu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
        }
    }
}
lon check(lon mid){
    lon t=sqrt(mid),tot=0;
    for(int i=1;i<=t;i++)
        tot+=miu[i]*(mid/(lon)(i*i));
    return tot;
}
int main(){
    int T;scanf("%d",&T);init();
    while(T--){
        scanf(LL,&n);
        lon l=1,r=n*2,ans;
        while(l<=r){
            lon mid=l+r>>1;
            if(check(mid)>=n) r=mid-1,ans=mid;
            else l=mid+1;
        }
        printf(LL,ans);printf("\n");
    }
    return 0;
}