【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位算法是怎样推导出来的。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 $|0>$ 比特，忽略了 $n$ 。

计算 $\Psi_1$

在这个电路里面，输入的是 $n$ 个 $|0>$ 和1个 $|1>$ 比特，即：

$\begin{align} \Psi_0&=\underbrace{|0>\otimes|0>\otimes \dots |0>}_{n} \otimes|1>\\ &=|0>^{\otimes n}|1> \end{align}$

很多时候，量子位之间的 $\otimes$ 被省略。

每个量子位都经过Hadamard门，即 $|0>$ 变为 $\frac{|0>+|1>}{\sqrt{2}}$ ，即 $|1>$ 变为 $\frac{|0>-|1>}{\sqrt{2}}$ ，这就得到 $\Psi_1$ ：

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

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？

$\begin{pmatrix}\frac{1}{4}\\\frac{1}{4}\\\frac{1}{4}\\\frac{1}{4}\end{pmatrix} =\frac{1}{4}\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix}=\frac{1}{4}（\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}）$

这个表示4种状态的每一种状态可能性都是 $\frac{1}{4}$ ，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：

$\frac{1}{4}\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix}=\frac{1}{4}（|0_{10}>+|1_{10}>+|2_{10}>+|3_{10}>）$

推而广之，忽略10进制下标，变成求和，从 $x=0$ 到 $x=2^n-1$ ，就得到：

$\frac{1}{\sqrt{2^n}} \underbrace{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\dots \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}_{n}=\frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x=0}^{2^n-1}|x>$

替换到 $\Psi_1$ 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 $\Psi_2$

$U$ 操作的作用是：

$U:|x>|y>\Rightarrow|x>|y\oplus f(x)>$

我们在上一篇文章推导过， $|0>-|1>$ 经 $U$ 操作后，无论 $f(0)=0或f(0)=1$ 都有：
$|0\oplus f(0)>-|1\oplus f(0)>=(-1)^{f(0)}(|0>-|1>)$

同样 $f(1)=0或f(1)=1$ 时候都有：
$|0\oplus f(x)>-|1\oplus f(x)>=(-1)^{f(1)}(|0>-|1>)$

实际上对于任意 $f(x)\in\{0,1\}$ 都有：
$|0\oplus f(x)>-|1\oplus f(x)>=(-1)^{f(x)}(|0>-|1>)$

即：
$U(|0>-|1>)=(-1)^{f(x)}(|0>-|1>)$

我们把这个式子带入 $\Psi_1$ 得到经过 $U$ 操作的 $\Psi_2$ :

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

计算 $\Psi_3$

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 $\frac{1}{\sqrt{2}}(|0>-|1>)$ ，专注前半段内容:

$\frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}|x>$

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

怎样计算 $H^{\otimes n}|x>$ ?我们先从另一个角度看Hadamard门：

$\begin{align} H|0>&=\frac{|0>+|1>}{\sqrt{2}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}((-1)^{0\cdot0}\cdot|0>+(-1)^{0\cdot1}|1>)\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{z\in\{0,1\}} ((-1)^{0\cdot z}|z>) \end{align}$

$\begin{align} H|1>&=\frac{|0>-|1>}{\sqrt{2}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}((-1)^{1\cdot0}\cdot|0>+(-1)^{1\cdot1}|1>)\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{z \in\{0,1\}}((-1)^{1\cdot z}|z>) \end{align}$

我们注意到 $|0>$ 和 $|1>$ 的操作区别就是 $(-1)^{1\cdot z}$ 和 $(-1)^{0\cdot z}$ 的区别，那么我们就有：

$\begin{align} H|x_i>=\frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{z\in\{0,1\}\ }((-1)^{ x_i\cdot z}|z>) \end{align}$

但这只是针对单个比特的，假如是多个比特呢？先看2个比特的情况：

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

假如是 $n$ 位的话，那么就有：

$\begin{align} &H^{\otimes n}|x_1,x_2,x_3,\dots x_n>\\ &=\frac{1}{\sqrt{2^n}}\sum_{z_1,z_2,\dots z_n }(-1)^{x_1\cdot z_1+x_2\cdot z_2+\dots x_n\cdot z_n}|z_1,z_2\dots z_n> \end{align}$

我们 $x$ 表示 $x_1,x_2...x_n$ ,我们 $z$ 表示 $z_1,z_2...z_n$ ,设定格式 $x\cdot z$ 表示 $x_1\cdot z_1+x_2\cdot z_2+\dots x_n\cdot z_n$ ,用那么就有：

$\begin{align} &H^{\otimes n}|x>=\frac{1}{\sqrt{2^n}}\sum_{z=0}^{2^n-1}(-1)^{x\cdot z}|z> \end{align}$

注意这里 $z_1,z_2,...z_n \in \{0, 1\}$ 总计需要 $2^n$ 次求和。比方前面的两位的例子 $z_1,z_2\in \{ 0, 1\}$ 就要进行四次:
$z_1=0,z_2=0;z_1=0,z_2=1;z_1=1,z_2=0;z_1=1,z_2=1;$

好了，我们回到 $\Psi_3$ 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 $x_i$ 和 $z_i$ 都是0或者1。
这里的求和 $\sum$ 来自最早的Hadamard操作，表示从0到 $2^n-1$ ；而 $f(x)$ 中的 $x$ 则是来自 $U$ 操作，它代表任意数字。 $|z>$ 表示的是具备 $n$ 个量子位的 $|z_1,z_2...z_n>$ ，相似 $|100...01011>$ 这种。

我们只关注 $|z>=|0>^{\otimes n}=|000...0>$ 的情况，那么求和 $\sum$ 的每一次 $z_i$ 都是0，同时 $x\cdot z=x_1\cdot z_1+x_2\cdot z_2+\dots x_n\cdot z_n$ 也都是0，测量 $|z>$ 状态的概率，就是对它的系数求平方：

$\begin{align} \left (\frac{1}{2^n} \left[\sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}\right]\right )^2 \end{align}$

当 $f(x)$ 是Constant常数操作的时候，假如 $f(x)=0$ ， $(-1)^{f(x)}=1$ ，求和结果是 $2^n$ ，最终平方后是1；假如 $f(x)=1$ ， $(-1)^{f(x)}=-1$ ，求和结果是 $-2^n$ ，最终平方后还是1。就是说假如 $f(x)$ 是常数操作，那么最终测得 $|z>=|0>^{\otimes n}$ 的概率为1，也就是必然测得 $|0>^{\otimes n}$ 。

当 $f(x)$ 是Constant常数操作的时候，一半情况 $f(x)=0$ ，另一半情况 $f(x)=1$ ，而进行 $2^n$ 次求和，这是一律可能，也是个偶数， $(-1)^0=1$ 和 $(-1)^1=-1$ 各占一半，正好抵消，结果将是0。也就是说假如 $f(x)$ 是Constant常数，那么就不会测得 $|0>^{\otimes n}$ 。

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

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