НОУ ИНТУИТ | Классические и квантовые вычисления. Лекция 8: Определение квантового вычисления. Примеры

Учитесь и получайте официальные документы БЕСПЛАТНО. Вы можете поддержать наш проект.

Регистрация Вход

Твой путь к знаниям!

Московский государственный университет имени М.В.Ломоносова

Опубликован: 15.03.2007 | Доступ: свободный | Студентов: 616 / 27 | Оценка: 5.00 / 4.50 | Длительность: 19:30:00

Тема: Алгоритмы и дискретные структуры

Специальности: Программист

|

Вам нравится? Нравится 11 студентам

| Поделиться |

Поддержать курс

| Скачать электронную книгу

Квантовый поиск: алгоритм Гровера.

Итак, мы имеем определение квантового вычисления. Теперь можно заняться сравнением эффективности классического и квантового вычисления. Во введении упоминались три основных примера, для которых квантовое вычисление оказывается, по-видимому, эффективнее классического. Мы начнем с того из них, в котором квантовое вычисление заведомо эффективнее (хотя ускорение лишь "полиномиальное").

Дадим определение универсальной переборной задачи в классической и квантовой постановке.

Пусть имеется устройство (см. рисунок), которое по входам и определяет значение некоторого предиката $\calA(x,y)$ . Нас интересует предикат $F(x)\double=\exists\, y\:\calA(x,y)$ . Это похоже на определение класса NP, но сейчас нам недоступна внутренняя структура устройства, вычисляющего предикат $\calA$ . В таких условиях на классическом компьютере значение предиката F(x) нельзя вычислить быстрее, чем за N=2^n шагов, где — количество битов в записи .

Оказывается, что на квантовом компьютере можно вычислить значение предиката F(x) и даже найти , на котором выполнено $\calA(x,y)$ , за время $O(\sqrt{N})$ . Получены также и нижние оценки, показывающие, что в этой постановке квантовые устройства дают лишь полиномиальное ускорение по сравнению с классическими.

В квантовой постановке задача выглядит так. Вход по-прежнему классический, но сам "черный ящик" — квантовое устройство, и вход (варианты ответа) мы будем считать квантовым. Поэтому наш оракул (или "черный ящик") задает оператор U_x , действующий по правилу

$U_x|y\rangle= \left\{ \begin{array}{rl} |y\rangle, \quad & \mbox{если}\ \calA(x,y)=0, \\ -|y\rangle, \quad & \mbox{если}\ \calA(x,y)=1. \end{array} \right.$

Нужно вычислить значение F(x) и найти "ответ" (при котором выполнен $\calA(x,y)$ ).

Результаты, о которых уже упоминалось, формулируются так (см.[31, 48]): существуют две константы C_1 и C_2 такие, что есть схема размера $\leq C_1\sqrt{N}$ , решающая задачу для любого предиката $\calA(x,y)$ ; а для любой схемы размера $\leq C_2\sqrt{N}$ существует предикат $\calA(x,y)$ , при котором задача не решается на этой схеме (т.е. схема дает неправильный ответ с вероятностью >1/3 ).

Мы разберем упрощенную постановку: считаем, что "ответ" существует и единствен, обозначим его через y_0 ; нужно найти y_0 . Схема, которую мы для этого построим, будет примером "прямого" квантового вычисления; она будет описана в терминах преобразований базисных векторов.

Рассмотрим два оператора:

$&U=I-2\ket{y_0}\bra{y_0}$

и

$&V=I-2\ket{\xi}\bra{\xi}, \quad\mathrm{где}\ \ket{\xi}=\frac{1}{\sqrt{N}}\sum_{y}^{}\ket{y}.$

Оператор в матричной форме может быть записан так (напомним, что N=2^n ):

$V=\begin{pmatrix} 1-\frac{2}{N}&\dots&-\frac{2}{N}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ -\frac{2}{N}&\dots&1-\frac{2}{N} \end{pmatrix}.$

Оператор нам задан (это оракул). Построим квантовую схему, вычисляющую . Действовать будем так: переведем $\ket{\xi}$ в $\ket{0^n}$ некоторым оператором , затем применим оператор $Y=I-2\ket{0^n}\bra{0^n}$ , после чего применим $W^{-1}$ .

Построить оператор , который переводит $\ket{\xi}$ в $\ket{0^n}$ , просто. Это $W=H^{\otimes n}$ , где оператор — из стандартного базиса (см. "Базисы для квантовых схем" ). Действительно, $\ket\xi=\frac{1}{\sqrt{2^n}}\left(\ket0+\ket1\right)^{\otimes n}, \text{ а } H\colon \frac{1}{\sqrt2}\left(\ket0+\ket1\right)\mapsto\ket0$ .

Теперь построим реализацию оператора . Используем обратимую классическую схему, реализующую оператор $Z\colon\cb^{n+1}\to\cb^{n+1}$ ,

$\begin{align*} Z\ket{a_0,\dots,a_n}&\ =\ \ket{a_0\oplus f(a_1,a_2,\dots,a_n),a_1,\dots,a_n}; \\ f(a_1,\dots,a_n)&\ =\ \left\{ \begin{array}{rl} 1,\ & \mbox{если}\ a_1=\ldots=a_n=0,\\ 0,\ & \mbox{если}\ \exists\, j: a_j\ne0. \end{array} \right. \end{align*}$

(С точностью до перестановки аргументов, $Z=\widehat{f_{\oplus}}$ .) Поскольку

имеет малую схемную сложность (в классическом смысле), по лемме для вычисления

существует небольшая схема (в которой берутся "напрокат" дополнительные q-биты).

Схема, реализующая оператор , изображена на рис. рис. 8.1.. Центральная часть, включающая в себя , $\sz$ и , реализует оператор . В схеме используется оператор $\sz=K^2$ ( из стандартного базиса).

Рис. 8.1.

Заметим, что W^2 и Z^2 действуют тождественно на векторах с нулевыми значениями q-битов, взятых напрокат. Поэтому решающую роль играет оператор $\sz$ , действующий на вспомогательный q-бит, который также не меняется после всего вычисления.

Пусть вас не смущает то, что $\sz$ действует только на "управляемый" q-бит, а меняется в результате весь вектор. Вообще, различие между "чтением" и "записью" в квантовом случае неабсолютно и зависит от выбора базиса. Приведем соответствующий пример.

Напишем матрицу $\Lambda(\sx)\colon{} \ket{a,b}\mapsto \ket{a,a\oplus b}$ в базисе $\frac{1}{\sqrt2}\left(\ket0\pm\ket1\right)$ для каждого из q-бит. Другими словами, запишем матрицу для оператора $X=\left(H\otimes H\right)\, \Lambda(\sx)\, \left(H\otimes H\right)$ . Схема для этого оператора изображена на рис. рис. 8.2. Используя равенство $\Lambda(\sx)\ket{c,d}\double=\ket{c,c\oplus d}$ , найдем действие на базисном векторе:

$\begin{align*} X\ket{a,b}&=\frac{1}{2}\left(H\otimes H\right) \Lambda(\sx)\sum\limits_{c,d}^{}(-1)^{ac+bd}\ket{c,d}=\\ &=\frac{1}{2}\left(H\otimes H\right) \sum\limits_{c,d}^{}(-1)^{ac+bd}\ket{c,c\oplus d}=\\ &=\frac{1}{4} \sum\limits_{a',b',c,d}^{}(-1)^{a'c+b'(c+d)} (-1)^{ac+bd}\ket{a',b'}=\\ &=\frac{1}{4}\sum_{a',b'}^{} 2\delta_{b,b'}\cdot2\delta_{a,(a'+b')} \ket{a',b'}=\ket{a\oplus b,b}. \end{align*}$

Итак, в базисе

$\frac{1}{\sqrt2}\left(\ket0\pm\ket1\right)$

управляющий и управляемый биты поменялись местами. Какой бит "управляющий", или какой "читается", зависит от выбора базиса. Разумеется, такое положение дел противоречит нашей классической интуиции. Трудно представить, как при переходе к другому базису квантовый принтер вдруг становится квантовым сканнером.

Рис. 8.2.

Задача 8.2. Что будет, если изменить базис только в одном бите? Например, как будет выглядеть матрица оператора, схема которого изображена на рисунке? Попробуйте также поменять базис в другом бите.

Вернемся к построению схемы для универсальной переборной задачи. Оракул $U=I-2\ket{y_0}\bra{y_0}$ нам задан, и мы реализовали оператор $V=I-2\ket{\xi}\bra{\xi}$ . Из вектора $\ket{0^n}$ можно получить вектор $\ket\xi$ применением оператора ( W^2=I ). Теперь с помощью операторов и построим из вектора $\ket{\xi}$ искомый вектор $\ket{y_0}$ . Для этого будем поочередно действовать операторами V,U :

$\dots V\,U\,V\,U\,\ket\xi=(VU)^s\ket\xi.$

Что при этом получается? Геометрически оба оператора есть отражения относительно гиперплоскости. Подпространство $\calL=\CC(\ket\xi,\ket{y_0})$ инвариантно относительно обоих операторов, а, значит, и относительно

. Поскольку вектор $\ket{\xi}$ принадлежит этому подпространству, достаточно рассмотреть действие

на нем.

Композиция двух отражений относительно двух прямых есть поворот на удвоенный угол между этими прямыми. Угол легко вычислить, $\displaystyle \langle \xi| y_0\rangle =\frac{1}{\sqrt{N}}=\sin\frac{\varphi}{2}$ , т.е. эти прямые почти перпендикулярны. Поэтому можно написать VU=-R , где — поворот на малый угол $\varphi$ . Но тогда (VU)^s=(-1)^sR^s , где R^s — поворот на угол $s\varphi$ . Знак нас не интересует (фазовые множители не меняют вероятностей). При больших имеем $\varphi\approx\slashfrac{2}{\sqrt{N}}$ . Тогда после $s\approx\slashfrac{\pi}{4}\sqrt{N}$ итераций исходный вектор повернется на угол $s\varphi\approx\slashfrac{\pi}{2}$ и станет близок к искомому вектору. Это и означает, что система окажется в состоянии $\ket{y_0}$ с вероятностью, близкой к единице.

Если решается переборная задача в общей постановке (т.е. ответов может быть несколько, а может не быть вообще), требуются дополнительные технические ухищрения. Число шагов для поворота от исходного вектора к какому-нибудь вектору из подпространства, порожденного векторами ответов, обратно пропорционально корню из числа решений.

Дальше >>

Авторизоваться

Классические и квантовые вычисления

Определение квантового вычисления. Примеры

Квантовый поиск: алгоритм Гровера.

Вопросы и ответы