【科普】量子计算通识-8-Deutsch-Jozsa算法解析

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这一篇我们来看一下多伊奇问题n位算法是怎么推导出来的。关于多伊奇问题请看【上一篇文章】的开始部分。

多位电路

我们先看一下上篇文章使用过的这张电路图：

上篇文章我们只考虑输入一个比特，忽略了。

计算

在这个电路里面，输入的是个和1个比特，即：

很多时候，量子位之间的被省略。

每个量子位都经过Hadamard门，即变为，即变为，这就得到：

$\begin{align} \Psi_1&=H^{\otimes n}|0>^{\otimes n}H|1>\\ &=\underbrace{(\frac{|0>+|1>)}{\sqrt{2}})(\frac{|0>+|1>)}{\sqrt{2}})\dots}_{n}(\frac{|0>-|1>}{\sqrt{2}})\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^n}}\underbrace{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\dots}_{n}(\frac{|0>-|1>}{\sqrt{2}})\\ \end{align}$

我们注意到：
$\frac{1}{\sqrt{2^n}} \underbrace{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\dots \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}_{n}= \frac{1}{\sqrt{2^n}} \left.\begin{pmatrix}1\\1\\\dots\\1\end{pmatrix} \right \}2^n$

这表示什么呢?还记得抛两枚硬币的情况吗？

$\begin{align} \begin{pmatrix}\frac{1}{4}\\\frac{1}{4}\\\frac{1}{4}\\\frac{1}{4}\end{pmatrix} =\frac{1}{4}\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix} =\frac{1}{4}\left[\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}\right] \end{align}$

这个表示4种状态的每一种状态可能性都是，它处于不确定的叠加态。对每一种状态来说，都可以对应一个十进制数字，那么就是0,1,2,3，我们用下标表示10进制，也就有：

推而广之，忽略10进制下标，变成求和，从到，就得到：

替换到中得到：
$\begin{align} \Psi_1&=H^{\otimes n}|0>^{\otimes n}H|1>\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x=0}^{2^n-1}|x> (\frac{|0>-|1>}{\sqrt{2}})\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^{n+1}}} \sum_{x=0}^{2^n-1}|x> (|0>-|1>)\\ \end{align}$

计算

操作的作用是：

我们在上一篇文章推导过，经操作后，无论都有：

同样时候都有：

实际上对于任意都有：

即：

我们把这个式子带入得到经过操作的:

$\begin{align} \Psi_2 &=U\Psi_1\\ &=U\frac{1}{\sqrt{2^{n+1}}} \sum_{x=0}^{2^n-1}|x> (|0>-|1>)\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^{n+1}}} \sum_{x=0}^{2^n-1}|x>U (|0>-|1>)\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^{n+1}}} \sum_{x=0}^{2^n-1}|x>(-1)^{f(x)}(|0>-|1>)\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^{n+1}}} \sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}|x>(|0>-|1>)\\ \end{align}$

计算

在这里我们可以直接忽略最后一个比特了，就是忽略掉结尾的，专注前半段内容:

我们对每个执行Hadamard操作。注意这里的可以是|1>，也可以是|10>、|17>、|198>...任意十进制数字，如果转为二进制则是|1>、|1010>、|10001>、|11000110>...

怎么计算?我们先从另一个角度看Hadamard门：

我们注意到和的操作区别就是和的区别，那么我们就有：

但这只是针对单个比特的，如果是多个比特呢？先看2个比特的情况：

$\begin{align} &H|x_1>H|x_2>\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^2}}(\sum_{z_1 \in\{0,1\} }((-1)^{ x_1\cdot z_1}|z_1>))(\sum_{z_2 \in\{0,1\} }((-1)^{ x_2\cdot z_2}|z_2>))\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^2}}\sum_{z_1,z_2\in\{0,1\} }(-1)^{x_1\cdot z_1}(-1)^{x_2\cdot z_2}|z_1>|z_2>\\ &=\frac{1}{\sqrt{ 2^2}}\sum_{z_1,z_2\in\{0,1\} }(-1)^{x_1\cdot z_1+x_2\cdot z_2}|z_1>|z_2> \end{align}$

如果是位的话，那么就有：

我们表示,我们表示,设定格式表示,用那么就有：

注意这里总计需要次求和。比如前面的两位的例子就要进行四次:

好了，我们回到的上部分：

$\begin{align} &\Psi_{3'}=H^{\otimes n}\frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}|x>\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}H^{\otimes n} |x>\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}\left[\frac{1}{\sqrt{2^n}}\sum_{z=0}^{2^n-1}(-1)^{x\cdot z}|z>\right]\\ &=\frac{1}{2^n} \sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}\left[\sum_{z=0}^{2^n-1} (-1)^{x\cdot z}|z>\right]\\ &=\frac{1}{2^n} \sum_{z=0}^{2^n-1}\left[\sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)+x\cdot z}\right]|z>\\ \end{align}$

最终测量

注意上面式子里的和都是0或1。
这里的求和来自最早的Hadamard操作，表示从0到；而中的则是来自操作，它代表任意数字。表示的是具有个量子位的，类似这种。

关于测量，其实就是计算每个方向上的可能性。而每个方向就是每种状态，对于单比特就是每个轴向，横正向和竖正向。

数学上：
$\begin{align} &\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} =\frac{1}{\sqrt{2}}(\begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0\\1\end{pmatrix})\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}|0>+\frac{1}{\sqrt{2}}|1> \end{align}$

测量得到和两个方向上的概率都是。

对于四项的竖列也是同样，比如抛两枚硬币得到的结果就有4个方向或者说四个状态：

这也对应了四个比特表示，也可以用四个十进制数字表示。如果有一个那么它在四个状态上的概率就是，并且概率之和是1，就是

好了，回到我们的。

它也可以视为次求和，类似这种情况。

我们只关注假设的情况，那么求和的每一次都是0，就有也都是0，测量状态的概率，就是对它的系数求平方：

当是Constant常数操作的时候，如果，，求和结果是，最终平方后是1；如果，，求和结果是，最终平方后还是1。就是说如果是常数操作，那么最终测得的概率为1，也就是必然测得。

当是Balanced平衡操作的时候，一半情况，另一半情况，而进行次求和，这是全部可能，也是个偶数，和各占一半，正好抵消，结果将是0。也就是说如果是Balanced平衡，那么就不会测得。

虽然在数学上似乎是推导完成了，但是很多地方仍然缺乏较好的解释，后续将继续学习和改进。

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