Toán tử khuếch tán Grover hoạt động như thế nào và tại sao nó tối ưu?

Trong câu trả lời này , thuật toán của Grover được giải thích. Giải thích chỉ ra rằng thuật toán phụ thuộc rất nhiều vào Toán tử khuếch tán Grover , nhưng không đưa ra chi tiết về hoạt động bên trong của toán tử này.

Tóm lại, Toán tử khuếch tán Grover tạo ra một 'nghịch đảo về giá trị trung bình' để lặp đi lặp lại những khác biệt nhỏ trong các bước trước đó đủ lớn để có thể đo lường được.

Các câu hỏi là:

Làm thế nào để toán tử khuếch tán Grover đạt được điều này?
Tại sao kết quả $O(\sqrt{n})$ trong tổng thời gian để tìm kiếm một cơ sở dữ liệu không có thứ tự tối ưu?

algorithm grovers-algorithm

— Thằn lằn rời rạc
nguồn

Chỉ cần một nhận xét về câu hỏi thứ hai. Có nhiều công trình cho thấy rằng theo dõi trạng thái trong thuật toán của Grover tuân theo chính xác trạng thái trắc địa kết nối trạng thái ban đầu của thuật toán và trạng thái đích. Vì vậy, nó là tối ưu.

— XXD

Câu trả lời:

$\newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right|}\newcommand{\ket}[1]{\left|#1\right>}\newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle|#2\right>}\newcommand{\bke}[3]{\left<#1\middle|#2\middle|#3\right>}\newcommand{\proj}[1]{\left|#1\right>\left<#1\right|}$ Kể từ khi câu hỏi ban đầu là về mô tả của một giáo dân, tôi đưa ra một giải pháp hơi khác có lẽ dễ hiểu hơn (phụ thuộc vào nền tảng), dựa trên sự tiến hóa thời gian liên tục. (Tuy nhiên, tôi không giả vờ rằng nó phù hợp với giáo dân, tuy nhiên.)

Chúng ta bắt đầu từ một trạng thái ban đầu là sự chồng chất thống nhất của tất cả các trạng thái, và chúng tôi đang hướng tới để tìm một nhà nướccó thể được công nhận là câu trả lời đúng (giả sử có chính xác là một trạng thái như vậy, mặc dù điều này có thể được khái quát hóa). Để làm điều này, chúng tôi phát triển kịp thời dưới tác động của Hamilton

| ψ ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2^{n}}} \sum_{y \in {0, 1}^{n}} | y ⟩

$\ket{\psi}=\frac{1}{\sqrt{2^n}}\sum_{y\in\{0,1\}^n}\ket{y}$

| x ⟩

$\ket{x}$

Tính năng thực sự đẹp trong tìm kiếm của Grover là tại thời điểm này, chúng ta có thể giảm toán học xuống một không gian con chỉ có hai trạng thái

H = | x ⟩ ⟨ x | + | ψ ⟩ ⟨ ψ | .

$H=\proj{x}+\proj{\psi}.$

, chứ không phải là yêu cầu tất cả

. Thật dễ dàng để mô tả nếu chúng ta tạo ra một cơ sở trực giao từ các trạng thái này,

nơi

{| x ⟩, | ψ ⟩}

$\{\ket{x},\ket{\psi}\}$

2^{n}

$2^n$

{| x ⟩, | ψ^{⊥} ⟩}

$\{\ket{x},\ket{\psi^\perp}\}$

Sử dụng cơ sở này, sự tiến hóa thời gian

có thể được viết như

| ψ^{⊥} ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2^{n} - 1}} \sum_{y \in {0, 1}^{n} : y \neq x} | y ⟩ .

$\ket{\psi^{\perp}}=\frac{1}{\sqrt{2^n-1}}\sum_{y\in\{0,1\}^n:y\neq x}\ket{y}.$

e^{- i H t} | ψ ⟩

$e^{-iHt}\ket{\psi}$

trong đó

và

là ma trận Pauli tiêu chuẩn. Điều này có thể được viết lại dưới dạng

e^{- i t (I + 2^{- n} Z + \frac{\sqrt{2^{n} - 1}}{2^{n}} X)} \cdot (\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2^{n}}} \\ \sqrt{1 - \frac{1}{2^{n}}} \end{matrix}),

$e^{-it\left(\mathbb{I}+2^{-n}Z+\frac{\sqrt{2^n-1}}{2^{n}}X\right)}\cdot\left(\begin{array}{c}\frac{1}{\sqrt{2^n}} \\ \sqrt{1-\frac{1}{2^n}} \end{array}\right),$

X

$X$

Z

$Z$

Vì vậy, nếu chúng ta tiến hóa trong một thời gian

e^{- i t} (I \cos (\frac{t}{2^{n / 2}}) - i \frac{1}{2^{n / 2}} \sin (\frac{t}{2^{n / 2}}) (Z + X \sqrt{2^{n} - 1})) (\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2^{n}}} \\ \sqrt{1 - \frac{1}{2^{n}}} \end{matrix}) .

$e^{-it}\left(\mathbb{I}\cos\left(\frac{t}{2^{n/2}}\right)-i\frac{1}{2^{n/2}}\sin\left(\frac{t}{2^{n/2}}\right)\left(Z+X\sqrt{2^n-1}\right)\right)\left(\begin{array}{c}\frac{1}{\sqrt{2^n}} \\ \sqrt{1-\frac{1}{2^n}} \end{array}\right).$

và bỏ qua các pha toàn cầu, trạng thái cuối cùng là

t = \frac{π}{2} 2^{n / 2}

$t=\frac{\pi}{2}2^{n/2}$

Nói cách khác, với xác suất 1, chúng ta có trạng thái

\frac{1}{2^{n / 2}} (Z + X \sqrt{2^{n} - 1}) (\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2^{n}}} \\ \sqrt{1 - \frac{1}{2^{n}}} \end{matrix}) = (\begin{matrix} \frac{1}{2^{n}} \\ - \frac{\sqrt{2^{n} - 1}}{2^{n}} \end{matrix}) + (\begin{matrix} 1 - \frac{1}{2^{n}} \\ \frac{\sqrt{2^{n} - 1}}{2^{n}} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) .

$\frac{1}{2^{n/2}}\left(Z+X\sqrt{2^n-1}\right)\left(\begin{array}{c}\frac{1}{\sqrt{2^n}} \\ \sqrt{1-\frac{1}{2^n}} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\frac{1}{2^n} \\ -\frac{\sqrt{2^n-1}}{2^n} \end{array}\right)+\left(\begin{array}{c} 1-\frac{1}{2^n} \\ \frac{\sqrt{2^n-1}}{2^n}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array}\right).$

| x ⟩

$\ket{x}$ mà chúng ta đang tìm kiếm. Mô tả dựa trên mạch thông thường về tìm kiếm của Grover thực sự chỉ là sự tiến hóa theo thời gian liên tục này được chia thành các bước riêng biệt, với nhược điểm nhỏ là bạn thường không thể có được xác suất chính xác 1 cho kết quả của mình, chỉ rất gần với nó.

$\tilde H=5H$ $\tilde H$ $2^{n/2}$ $2^{n/2}$ $k$ $1/k$

$\ket{x}$ $\ket{y}$

— DaftWullie
nguồn

$D = -H^{\otimes n}U_0H^{\otimes n}$ $U_0$

{Bạn}_{0} | 0^{\otimes n} ⟩ = = - | 0^{\otimes n} ⟩, {Bạn}_{0} | x ⟩ = = | x ⟩ cho | x ⟩ \neq | 0^{\otimes n} ⟩ .

$U_0\left|0^{\otimes n}\right> = -\left|0^{\otimes n}\right>,\,U_0\left|x\right> = \left|x\right>\,\text{for} \left|x\right>\neq\left|0^{\otimes n}\right>.$

$U_0$ $U_0 = I-2\left|0^{\otimes n}\rangle\langle0^{\otimes n}\right|$

D = = 2 | + ⟩ ⟨ + | - Tôi,

$D= 2\left|+\rangle\langle+\right| - I,$

| + ⟩ = 2^{- n / 2} {(| 0 ⟩ + | 1 ⟩)}^{\otimes n}

$\left|+\right> = 2^{-n/2}\left(\left|0\right> + \left|1\right>\right)^{\otimes n}$ .

$\left|+\right>$

$x_0$ . Góc này giảm tuyến tính với số lần quay (cho đến khi nó vượt quá giá trị tìm kiếm), cho rằng xác suất đo chính xác giá trị đúng tăng theo phương trình bậc hai.

$\mathcal L_A = \left\lbrace y:\exists x\, A\left(x\right) = y\right\rbrace$ $A$ $T\left(n\right)=\mathcal o\left(2^{n/2}\right)$

$\left|1\right>^{\otimes n}$ $\mathcal L_{A_y}$ $\mathcal L_A$ $\mathcal L_{A_y}$ $T\left(n\right)$ $1/3$ và do đó không phải ngôn ngữ được chấp nhận và Thuật toán Grover thực sự là tiệm tối ưu. ³

Zalka sau đó cho thấy thuật toán của Grover là chính xác tối ưu.

^{1 Trong thuật toán của Grover, các dấu trừ có thể được di chuyển tròn, do đó, dấu trừ là hơi tùy ý và không nhất thiết phải theo định nghĩa của toán tử khuếch tán}

^{$\left|+^\perp\right>$}

^{3 Xác định máy bằng cách sử dụng $A$ như $M^A$ và máy sử dụng orory $A_y$ như $M^{A_y}$ , điều này là do thực tế là có một bộ $S$ của chuỗi bit, trong đó các trạng thái của $M^A$ và $M^{A_y}$ tại một thời điểm $t$ Chúng tôi $\epsilon$ -đóng ⁴ , với số lượng $<2T^2/\epsilon^2$ . Mỗi nhà tiên tri ở đâu $M^A$ quyết định chính xác nếu $\left|1\right>^{\otimes n}$ trong $\mathcal L_A$ có thể được ánh xạ tới $2^n - \text{Card}\left(S\right)$ nhà tiên tri ở đâu $M^A$ không quyết định chính xác nếu $\left|1\right>^{\otimes n}$ là trong ngôn ngữ của nhà tiên tri đó. Tuy nhiên, nó phải cung cấp cho một trong những người khác $2^n-1$ câu trả lời tiềm năng và vì vậy nếu $T\left(n\right)=\mathcal o\left(2^{n/2}\right)$ , máy không thể xác định thành viên của $\mathcal L_A$ .}

^{4 Sử dụng khoảng cách Euclide, gấp đôi khoảng cách theo dõi}

— Mithrandir24601
nguồn