简单的量子算法(一)：Hadamard 变换、Parity Problem
Hadamard Transform
Hadamard 变换在量子逻辑门中提过，只不过那时是单量子的Hadamard门，负责把\(|1\rangle\)变成\(|-\rangle\)，\(|0\rangle\)变成\(|+\rangle\)。html
那么对多量子的Hadamard门呢？算法
对于多量子逻辑门，其实说过一句，是单量子逻辑门的张量积。spa
对于多量子比特的Hadamard门，就是把每个量子比特都由\(|1\rangle\)变成\(|-\rangle\)，\(|0\rangle\)变成\(|+\rangle\)，或者\(|-\rangle\)变成\(|1\rangle\)，\(|+\rangle\)变成$|0\rangle $ 。若是是n个比特，那么这n比特的Hadamard门就能够写做是 \(H^{\otimes n}\) ，矩阵表达就是 \(H^{\otimes n}=\left[ \begin{array}{}{\frac{1}{\sqrt2}} &{\frac{1}{\sqrt2}} \\ {\frac{1}{\sqrt2}}&{-\frac{1}{\sqrt2}} \end{array}\right] \otimes ……\otimes \left[ \begin{array}{}{\frac{1}{\sqrt2}} &{\frac{1}{\sqrt2}} \\ {\frac{1}{\sqrt2}}&{-\frac{1}{\sqrt2}} \end{array}\right]\) （张量积n次）orm
对于\(|0\rangle\)，变成\(\frac{1}{\sqrt2}|0\rangle+\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle\)。htm
对于\(|00\rangle\)，变成\((\frac{1}{\sqrt2}|0\rangle+\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle)(\frac{1}{\sqrt2}|0\rangle+\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle)\) ，即 \(\frac{1}{2}|00\rangle+\frac{1}{2}|01\rangle+\frac{1}{2}|10\rangle+\frac{1}{2}|11\rangle\) 可能性均等的全部可能 的叠加。blog
那么对于n个 \(|0\rangle\) 呢？则是变成了 \(\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_{x \in \{0,1 \}^n}|x\rangle\) ，x是由0、1组成的全部的长度为n的数字串。get
那么更进一步，若是个人n比特不是 \(|0\rangle\)，而是 \(|0\rangle\) 、 \(|1\rangle\) 随意切换呢？好比数字串 \(|u\rangle=|u_1u_2……u_n\rangle\) ，若是输入是 \(|u\rangle\) ，那么通过H门变换，输出会是什么？it
输出是：\(\sum_x \frac{-1^{u·x}}{2^{\frac{n}{2}}} |x\rangle\) ,这里 \(u·x=u_1x_1+u_2x_2+……+u_nx_n\)io
缘由以下：form
对于\(|0\rangle\)，H门变成\(\frac{1}{\sqrt2}|0\rangle+\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle\)
对于\(|1\rangle\)，H门变成\(\frac{1}{\sqrt2}|0\rangle-\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle\)
若是想要有一个负号，则须要这一位在输入的时候是\(|1\rangle\) ，而且输出的时候也是 \(|1\rangle\) ，同时，若是在这个数字串中这种状况出现了偶数次（即有偶数位的比特在输入输出的时候都是\(|1\rangle\)），那么总体状况就会是负负得正，因此咱们将每位的状况相乘，再连加（对于不会形成负号的状况，他们相乘的结果是0），做为-1的指数来标明符号。
而以上的变换，在量子计算中又称为Fourier Sampling。
整理一下本小节的内容： \(H^{\otimes n} |u\rangle = \sum_x \frac{-1^{u·x}}{2^{\frac{n}{2}}} |x\rangle\) ，他将咱们的输入数据给移到了符号上面去。
Parity Problem
这个问题是hadamard变换的简单应用。
假设： 有这么一个黑盒子 把长度为n的0、1数字串映射成0或者1一个数字 \(f: \{ 0,1 \}^n \rightarrow \{0,1 \}\) ，已知映射的规则以下 \(f(x)=u·x=u_1x_1+u_2x_2+……+u_nx_n \mod 2\) 模2的意思是若是是累加的和是奇数，那么就是1，偶数就是0
问题：请问，我至少须要试几回，才能知道u是什么？
经典解法：
输入100……0 获得\(u_1\) 的值
输入010……0 获得\(u_2\) 的值
输入001……0 获得\(u_3\) 的值
……
输入000……1 获得\(u_n\) 的值
由于咱们的输出结果只有一位的信息，而u的所有信息有n位，因此咱们至少也须要n次。
量子解法：
这个量子解法又叫作 Bernstein-Vazirani算法，一共只有两步：
1、制造出一个量子叠加态 ： $\frac{1}{2^{n/2}}\sum_x (-1)^{f(x)} |x\rangle $
2、对这个叠加态fourier sampling
why?
对于第一步咱们须要制备出来的量子叠加态，不知道你们有没有眼熟，这个是咱们上一节的结论，将\(|u\rangle\) 做为H门的输出获得的结果如出一辙。
咱们已经知道了量子计算是可逆的，对于H门来讲，连续两个的H门操做就是彻底抵消的，第一个H门将\(|0\rangle\)变成\(|+\rangle\)，第二个H门又将\(|+\rangle\)变成\(|0\rangle\)。
因此，咱们可以将$\frac{1}{2^{n/2}}\sum_x (-1)^{f(x)} |x\rangle $用H门变换出来，把f(x)的值移到符号上，那么咱们也能够经过H门把符号上的f(x)移到输出里，只须要一个一样的H门操做，也就是咱们的第二步。
因此如今的问题变成了，若是制备叠加态 $\frac{1}{2^{n/2}}\sum_x (-1)^{f(x)} |x\rangle $ 呢？
在量子电路里面咱们已经讨论过了，一个量子的电路，为了让他可逆，咱们通常是输入 \(|x\rangle|b\rangle\) 而后输出是 \(|x\rangle |b \oplus f(x) \rangle\) 把输入的结果f(x)模2加到b上。
由于是须要全部的x，因此首先用H门，将n比特的 \(|0\rangle\) 变成全部状态都可能的叠加态 \(\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_{x \in \{0,1 \}^n}|x\rangle\) 。
接下来，把 \(|-\rangle =\frac{1}{\sqrt2}|0\rangle-\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle\) 做为 \(|b\rangle\) 和前面的叠加态 \(\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_{x \in \{0,1 \}^n}|x\rangle\) 一块儿输入 \(U_f\) 。
此时输入是 \(\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_x |x\rangle |-\rangle\)
输出是 \(\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_x |x\rangle |- \oplus f(x) \rangle\)
若是f(x)=0 那么\(|- \oplus f(x) \rangle = \frac{1}{\sqrt2}|0\rangle-\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle = |-\rangle\)
若是f(x)=1 那么\(|- \oplus f(x) \rangle = \frac{1}{\sqrt2}|1\rangle-\frac{1}{\sqrt2}|0\rangle = -|-\rangle\)
最后一个比特的值若是在\(|+\rangle |-\rangle\)坐标下测量，必定是 \(|-\rangle\)，f(x)的差异也变到了符号上，即 \((-1)^{f(x)}\)
此时，咱们的输出已是 \(\frac{1}{2^{n/2}}\sum_x (-1)^{f(x)} |x\rangle |-\rangle\) ，只看前面的部分，就是咱们须要的叠加态了。
归纳一下，归纳一下，经过H门制备出一个均等可能的态，而后和 \(|-\rangle\) 一块儿经过 \(U_f\) 将f(x)的结果移到符号上，最后再次经过H门，把符号上的结果移下来，整个电路图以下图所示，很是的简单，在经典算法须要多项式时间的时候，量子算法只须要常数的时间。
下一篇的内容是simon's Algorithm是在parity Problem的又一个进化，也是基于H门的，因此说H门很重要啊，基本上全部的量子算法无论要干吗，先来一个H门再说，毕竟这个是用n比特同时表达 \(2^n\) 个数据的法宝。