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這一篇我們來(lái)看一下多伊奇問(wèn)題n位算法是怎么推導(dǎo)出來(lái)的。關(guān)于多伊奇問(wèn)題請(qǐng)看【上一篇文章】的開(kāi)始部分。

多位電路

我們先看一下上篇文章使用過(guò)的這張電路圖：

上篇文章我們只考慮輸入一個(gè) $|0>$ 比特，忽略了 $n$ 。

計(jì)算 $\Psi_1$

在這個(gè)電路里面，輸入的是 $n$ 個(gè) $|0>$ 和1個(gè) $|1>$ 比特，即：

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

很多時(shí)候，量子位之間的 $\otimes$ 被省略。

每個(gè)量子位都經(jīng)過(guò)Hadamard門，即 $|0>$ 變?yōu)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=%5Cfrac%7B%7C0%3E%2B%7C1%3E%7D%7B%5Csqrt%7B2%7D%7D" alt="\frac{|0>+|1>}{\sqrt{2}}" mathimg="1">，即 $|1>$ 變?yōu)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=%5Cfrac%7B%7C0%3E-%7C1%3E%7D%7B%5Csqrt%7B2%7D%7D" alt="\frac{|0>-|1>}{\sqrt{2}}" mathimg="1">，這就得到 $\Psi_1$ ：

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

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

這表示什么呢?還記得拋兩枚硬幣的情況嗎？

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

這個(gè)表示4種狀態(tài)的每一種狀態(tài)可能性都是 $\frac{1}{4}$ ，它處于不確定的疊加態(tài)。對(duì)每一種狀態(tài)來(lái)說(shuō)，都可以對(duì)應(yīng)一個(gè)十進(jìn)制數(shù)字，那么就是0,1,2,3，我們用下標(biāo)表示10進(jìn)制，也就有：

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

推而廣之，忽略10進(jìn)制下標(biāo)，變成求和，從 $x=0$ 到 $x=2^n-1$ ，就得到：

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

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

計(jì)算 $\Psi_2$

$U$ 操作的作用是：

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

我們?cè)谏弦黄恼峦茖?dǎo)過(guò)， $|0>-|1>$ 經(jīng) $U$ 操作后，無(wú)論 $f(0)=0或f(0)=1$ 都有：
$|0\oplus f(0)>-|1\oplus f(0)>=(-1)^{f(0)}(|0>-|1>)$

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

實(shí)際上對(duì)于任意 $f(x)\in\{0,1\}$ 都有：
$|0\oplus f(x)>-|1\oplus f(x)>=(-1)^{f(x)}(|0>-|1>)$

即：
$U(|0>-|1>)=(-1)^{f(x)}(|0>-|1>)$

我們把這個(gè)式子帶入 $\Psi_1$ 得到經(jīng)過(guò) $U$ 操作的 $\Psi_2$ :

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

計(jì)算 $\Psi_3$

在這里我們可以直接忽略最后一個(gè)比特了，就是忽略掉結(jié)尾的 $\frac{1}{\sqrt{2}}(|0>-|1>)$ ，專注前半段內(nèi)容:

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

我們對(duì)每個(gè) $|x>$ 執(zhí)行Hadamard操作。注意這里的 $|x>$ 可以是|1>，也可以是|10>、|17>、|198>...任意十進(jìn)制數(shù)字，如果轉(zhuǎn)為二進(jìn)制則是|1>、|1010>、|10001>、|11000110>...

怎么計(jì)算 $H^{\otimes n}|x>$ ?我們先從另一個(gè)角度看Hadamard門：

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

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

我們注意到 $|0>$ 和 $|1>$ 的操作區(qū)別就是 $(-1)^{1\cdot z}$ 和 $(-1)^{0\cdot z}$ 的區(qū)別，那么我們就有：

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

但這只是針對(duì)單個(gè)比特的，如果是多個(gè)比特呢？先看2個(gè)比特的情況：

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

如果是 $n$ 位的話，那么就有：

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

我們 $x$ 表示 $x_1,x_2...x_n$ ,我們 $z$ 表示 $z_1,z_2...z_n$ ,設(shè)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：

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

注意這里 $z_1,z_2,...z_n \in \{0, 1\}$ 總計(jì)需要 $2^n$ 次求和。比如前面的兩位的例子 $z_1,z_2\in \{ 0, 1\}$ 就要進(jìn)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，我們回到 $\Psi_3$ 的上部分：

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

最終測(cè)量

注意上面式子里的 $x_i$ 和 $z_i$ 都是0或1。
這里的求和 $\sum$ 來(lái)自最早的Hadamard操作，表示從0到 $2^n-1$ ；而 $f(x)$ 中的 $x$ 則是來(lái)自 $U$ 操作，它代表任意數(shù)字。 $|z>$ 表示的是具有 $n$ 個(gè)量子位的 $|z_1,z_2...z_n>$ ，類似 $|100...01011>$ 這種。

關(guān)于測(cè)量，其實(shí)就是計(jì)算每個(gè)方向上的可能性。而每個(gè)方向就是每種狀態(tài)，對(duì)于單比特就是每個(gè)軸向，橫正向和豎正向。

數(shù)學(xué)上：
$\begin{align} &\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} =\frac{1}{\sqrt{2}}(\begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0\\1\end{pmatrix})\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}|0>+\frac{1}{\sqrt{2}}|1> \end{align}$

測(cè)量得到 $|0>=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ 和 $|1>=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$ 兩個(gè)方向上的概率都是 $(\frac{1}{\sqrt{2}})^2=\frac{1}{2}$ 。

對(duì)于四項(xiàng)的豎列也是同樣，比如拋兩枚硬幣得到的結(jié)果就有4個(gè)方向或者說(shuō)四個(gè)狀態(tài)：

$\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix} ,\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}$

這也對(duì)應(yīng)了四個(gè)比特表示 $|00>、|01>、|10>、|11>$ ，也可以用四個(gè)十進(jìn)制數(shù)字表示 $|0>、|1>、|2>、|3>$ 。如果有一個(gè) $a|00>+b|01>+c|10>+d|11>$ 那么它在四個(gè)狀態(tài)上的概率就是 $a^2、b^2、c^2、d^2$ ，并且概率之和是1，就是 $a^2+b^2+c^2+d^2=1$

好了，回到我們的 $\Psi_3'$ 。

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

它也可以視為 $n$ 次 $z$ 求和，類似 $a|z_0>+b|z_1>...+d|z_n>$ 這種情況。

我們只關(guān)注假設(shè) $|z_0>=|0>^{\otimes n}=|000...0>$ 的情況，那么求和 $\sum$ 的每一次 $z_i$ 都是0，就有 $x\cdot z=x_1\cdot z_1+x_2\cdot z_2+\dots x_n\cdot z_n$ 也都是0，測(cè)量 $|z>$ 狀態(tài)的概率，就是對(duì)它的系數(shù)求平方：

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

當(dāng) $f(x)$ 是Constant常數(shù)操作的時(shí)候，如果 $f(x)=0$ ， $(-1)^{f(x)}=1$ ，求和結(jié)果是 $2^n$ ，最終平方后是1；如果 $f(x)=1$ ， $(-1)^{f(x)}=-1$ ，求和結(jié)果是 $-2^n$ ，最終平方后還是1。就是說(shuō)如果 $f(x)$ 是常數(shù)操作，那么最終測(cè)得 $|z>=|0>^{\otimes n}$ 的概率為1，也就是必然測(cè)得 $|0>^{\otimes n}$ 。

當(dāng) $f(x)$ 是Balanced平衡操作的時(shí)候，一半情況 $f(x)=0$ ，另一半情況 $f(x)=1$ ，而進(jìn)行 $2^n$ 次求和，這是全部可能，也是個(gè)偶數(shù)， $(-1)^0=1$ 和 $(-1)^1=-1$ 各占一半，正好抵消，結(jié)果將是0。也就是說(shuō)如果 $f(x)$ 是Balanced平衡，那么就不會(huì)測(cè)得 $|0>^{\otimes n}$ 。

雖然在數(shù)學(xué)上似乎是推導(dǎo)完成了，但是很多地方仍然缺乏較好的解釋，后續(xù)將繼續(xù)學(xué)習(xí)和改進(jìn)。

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END

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