前情回顾：
简单的量子算法(一)：Hadamard 变换、Parity Problem
好的，现在开始正版的故事，Simon’s Algorithm
问题：
有一个secret string，是n位的0，1串 \(s \in \{0,1 \} ^n\)
现在有一个黑盒子，f(x)，我们对他唯一的了解就是 \(f(x)=f(x \oplus s)\) ，输入的x也是n位的0，1串 \(x \in \{0,1 \} ^n\)
请问，要多少次，我们可以找到这个secret string?
经典解法：
如果我们能找到 \(x\) 和 \(x \oplus s\) ，那么非常容易，就可以得到s，只要 \(x\oplus x\oplus s\) 。
那么如果找到两个输入拥有相同的输出呢？
这个问题其实是另一个大家都很熟悉的问题的变形，一群人中，要多少人就有两个人的生日是相同的，印象中，23人两个人的生日是相同的概率就大于50%了，如果有60个人，那么两个人生日相同的概率就超过99%了。
这个问题和生日问题的解法是一样的，就不再累述了，想要知道的请搜索生日问题，在这里，我们给出一个大概的答案，是 \(2^{n/2}\) c次。
量子解法：
量子解法一共有三步：
- set up random superposition $ \frac{1}{\sqrt2} |r\rangle +\frac{1}{\sqrt2} |r \oplus s \rangle$
- Fourier Sample to get a random y: \(y·s=0 (\mod 2)\)
- repeat step n-1 times to generate n-1 linear equation.
接下来，我们来一步一步的看每个步骤在做什么，以及怎么做：
第一步，制造叠加态 $ \frac{1}{\sqrt2} |r\rangle +\frac{1}{\sqrt2} |r \oplus s \rangle$ ，这个可以通过图a实现。
首先通过第一个\(H ^{\otimes n}\) 门，我们n比特的 \(|0\rangle\) 就成功的变成了叠加态 $\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_x |x\rangle $
和 \(|b\rangle\) 一起通过 \(U_f\) ，得到的结果是 $\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_x |x\rangle|b\oplus f(x) \rangle $
测量 \(|b\oplus f(x) \rangle\) ，只有结果是测量结果的 \(|x\rangle\)还在，其他的 \(|x\rangle\) 都会坍缩，基于这个黑盒子的特性，那么只有 $|r\rangle $ 和 \(|r \oplus s \rangle\) 会留下来，因为他们的f(x)是一样的，r是任意的一个序列，测量的结果对应哪个r就是哪个r。
至此我们得到了想要的叠加态 $ \frac{1}{\sqrt2} |r\rangle +\frac{1}{\sqrt2} |r \oplus s \rangle$
第二步，Fourier Sampling
对我们得到的叠加态 $ \frac{1}{\sqrt2} |r\rangle +\frac{1}{\sqrt2} |r \oplus s \rangle$ Fourier Sampling
再次通过\(H ^{\otimes n}\) 我们能得到什么？
依照我们在简单的量子算法(一)中的结论，我们知道 \(H^{\otimes n} |u\rangle = \sum_x \frac{-1^{u·x}}{2^{\frac{n}{2}}} |x\rangle\) 。
那么
\[\begin{align} H^{\otimes n} ( \frac{1}{\sqrt2} |r\rangle +\frac{1}{\sqrt2} |r \oplus s \rangle) &= \frac{1}{\sqrt2}\sum_x \frac{-1^{r·x}}{2^{n/2}} |x\rangle+\frac{1}{\sqrt2}\sum_x \frac{-1^{(r\oplus s)·x}}{2^{n/2}} |x\rangle \\ &=\sum_x (\frac{-1^{r·x}}{2^{(n+1)/2}}+\frac{-1^{(r\oplus s)·x}}{2^{(n+1)/2}}) |x\rangle \\ &= \sum_x\frac{1^{r·x}+(-1)^{(r\oplus s)·x}}{2^{(n+1)/2}}|x\rangle \end{align}\]
此时，我们的问题已经集中在了 \(1^{r·x}+(-1)^{(r\oplus s)·x}\) 上。
\((-1)^{(r\oplus s)·x}\) 可以写成\((-1)^{s·x}*(-1)^{r·x}\) （至于为什么可以，大家可以试一下都是按位操作，一共也就4种可能
那么每种可能的概率的公式就可以写成\(\frac{（(-1)^{s·x}+1）*(-1)^{r·x}}{2^{(n+1/2)}}\)
如果 \(s·x=0\) 那么，这个概率正好为 \(\frac{(-1)^{r·z}}{2^{(n-1)/2}}\)
如果 \(s·x=-1\) 那么，这个概率正好为0
那么这又说明了什么呢？
这个说明只要我们测量 \(|x\rangle\) ，那么我们得到的x一定是 \(s·x=0\) 的，因为不为0的都被抵消了。
那么得到了x，又意味着什么呢？
\(s·x=0\) 事实上我们是得到了一个等式 $s_1x_1+s_2x_2+……+s_nx_n =0 \mod 2 $
第三步：
如果我们把第一次测量得到的x编号为 \(x^1\) ，那么我们得到了等式 $s_1x_1^1+s_2x_2^1+……+s_nx_n^1 =0 \mod 2 $
第二次测量，得到等式 $s_1x_1^1+s_2x_2^1+……+s_nx_n^1 =0 \mod 2 $
以此类推，测量n-1次，得到了n-1个等式的方程式组。
$s_1x_1^1+s_2x_2^1+……+s_nx_n^1 =0 \mod 2 $
$s_1x_1^1+s_2x_2^1+……+s_nx_n^1 =0 \mod 2 $
……
$s_1x_1^{n-1}+s_2x_2^{n-1}+……+s_nx_n^{n-1} =0 \mod 2 $
n-1个等式，n个未知数( \(s_1,s_2,……,s_n\) )，一般来说会有两组解，一组是全零的平凡解，这个是我们不要的，而另一组解就是我们的答案 \(s\) 。
成功的概率：
上述的解方程有一个前提，那就是这是一个线性方程组，如果这个不是线性的，那么测量n-1次是不可能得答案的。
那么我测量得到的x组成的方程是线性方程的概率是多少呢？
我们可以列一个表格来看看：
| 失败的情况 | 失败的概率 | 成功的概率 | |
|---|---|---|---|
| \(x^1\) | 0 | \(\frac{1}{2^{n-1}}\) | \(1-\frac{1}{2^{n-1}}\) |
| \(x^2\) | 0、 \(x^1\) | \(\frac{2}{2^{n-1}}\) | \(1-\frac{1}{2^{n-2}}\) |
| \(x^3\) | 0 、 \(x^1\) 、\(x^2\) 、\(x^1+x^2\) | \(\frac{4}{2^{n-1}}\) | \(1-\frac{1}{2^{n-3}}\) |
| …… | …… | ………… | \(1-\frac{1}{2^{n-1}}\) |
| \(x^{n-1}\) | 0 、 \(x^1\) ……\(x^1+x^2\)……\(x^1+x^2+……+x^n-2\) | \(\frac{2^{n-2}}{2^{n-1}}\) | \(1-\frac{1}{2}\) |
每次的测量失败的情况分为以下三种情况：
- 测量出来全是0
- 测量出来结果和前面的是一样的
- 测量出来的结果是前面测量结果的线性组合
因为这里算的成功概率都是独立的成功概率，所以要算整体的成功概率是他们的乘积
\(\frac{1}{2}*\frac{3}{4}*\frac{7}{8}*……*\frac{2^{n-1}-1}{2^{n-1}}\)
上面这个式子求极限是一个q series的问题，感兴趣的朋友可以去查一下怎么求解，这里直接给出概率，约等于0.28878
注意：
大家是不是以为这样子就万事大吉了？
No，这里还有一个需要注意的地方，可能很多朋友已经意识到了，量子态不是测量完就坍塌吗？为什么可以测量n-1次？
事实上，这是把第一部分给做了n-1次，这样你才可以有n-1个 \(|x\rangle\) 给你测量找出满足线性条件的x。
参考资料：
Quantume Mechanics & Quantume Computation Lecture 8