Đa thức Jones

12

Có nhiều thuật toán lượng tử khá chuẩn, tất cả đều có thể được hiểu trong một khuôn khổ rất giống nhau, từ vấn đề của thuật toán tiếng Đức của Simon, tìm kiếm của Grover, thuật toán của Shor, v.v.

Một thuật toán dường như hoàn toàn khác biệt là thuật toán để đánh giá Đa thức Jones . Hơn nữa, có vẻ như đây là một thuật toán quan trọng để hiểu theo nghĩa nó là một vấn đề hoàn chỉnh BQP : nó thể hiện toàn bộ sức mạnh của một máy tính lượng tử. Ngoài ra, đối với một biến thể của vấn đề, nó hoàn thành DQC-1 , tức là nó thể hiện toàn bộ sức mạnh của một qubit sạch .

Bài viết về thuật toán đa thức Jones trình bày thuật toán theo một cách rất khác với các thuật toán lượng tử khác. Có cách nào tương tự / quen thuộc hơn mà tôi có thể hiểu thuật toán (cụ thể là đơn nhất trong biến thể DQC-1 hoặc chỉ toàn bộ mạch trong biến thể hoàn chỉnh BQP)? $U$

algorithm circuit-construction bqp

— DaftWullie
nguồn

5

Câu trả lời này ít nhiều là một bản tóm tắt của bài báo Aharonov-Jones-Landau mà bạn liên kết đến, nhưng với mọi thứ không liên quan trực tiếp đến việc xác định thuật toán bị loại bỏ. Hy vọng điều này là hữu ích.

Thuật toán Aharonov-Jones-Landau xấp xỉ đa thức Jones của việc đóng cửa plat của một braid tại một thứ gốc rễ của sự hiệp nhất bằng cách thực hiện nó như (một số rescaling của) một yếu tố ma trận của một ma trận unita nhất định , hình ảnh của dưới một đại diện đơn nhất nhất định của nhóm bện . Với việc thực hiện như một mạch lượng tử, việc xấp xỉ các phần tử ma trận của nó là đơn giản bằng cách sử dụng phép thử Hadamard . Phần không phổ biến xấp xỉ như một mạch lượng tử. $\sigma$ $k$ $U_\sigma$ $\sigma$ $B_{2n}$ $U_\sigma$ $U_\sigma$

Nếu là một bím tóc trên sợi với giao cắt, chúng ta có thể viết , nơi , $\sigma$ $2n$ $m$ $\sigma = \sigma_{a_1}^{\epsilon_1} \sigma_{a_2}^{\epsilon_2} \cdots \sigma_{a_m}^{\epsilon_m}$ $a_1, a_2, \ldots, a_m \in \{1, 2, \ldots, 2n - 1\}$ và là trình tạo tương ứng với việc vượt quachuỗi thứ trên st. Nó cũng đủ để mô tả , vì . $\epsilon_1, \epsilon_2, \ldots, \epsilon_m \in \{\pm 1\}$ $\sigma_i$ $B_{2n}$ $i$ $(i + 1)$ $U_{\sigma_i}$ $U_\sigma = U_{\sigma_{a_1}}^{\epsilon_1} \cdots U_{\sigma_{a_m}}^{\epsilon_m}$

Để xác định , trước hết chúng tôi đưa ra một tập hợp con nào đó của cơ sở tiêu chuẩn của mà hoạt động nontrivially. Với , chúng ta hãy . Hãy gọi $U_{\sigma_i}$ $\mathbb{C}^{2^{2n}}$ $U_{\sigma_i}$ $\psi = \lvert b_1 b_2 \cdots b_{2n} \rangle$ $\ell_{i'}(\psi) = 1 + \sum_{j = 1}^{i'} (-1)^{1-b_j}$ $\psi$ chấp nhận nếu cho tất cả . (Tương ứng này để mô tả một con đường có chiều dài trên đồ thị quy định tại giấy AJL.) Hãy $1 \leq \ell_{i'}(\psi) \leq k - 1$ $i' \in \{1, 2, \ldots, 2n\}$ $\psi$ $2n$ $G_k$ Hãy(điều này được gõ sai trong giấy AJL; cũng lưu ý rằng ở đây và duy nhất ở đây,

λ_{r} = {\begin{cases} \sin (π r / k) & if 1 \leq r \leq k - 1, \\ 0 & otherwise. \end{cases}

$\lambda_r = \begin{cases}\sin(\pi r / k) & \textrm{if $1 \leq r \leq k - 1$},\\ 0 & \textrm{otherwise.}\end{cases}$

A = i e^{- π i / 2 k}

$A = ie^{-\pi i/2k}$

không phải là chỉ số

). Viết

, nơi

là lần đầu tiên

bit của

, và để cho

. Sau đó,

i = \sqrt{- 1}

$i = \sqrt{-1}$

i

$i$

ψ = | ψ_{i} b_{i} b_{i + 1} \dots ⟩

$\psi = \lvert \psi_i b_i b_{i+1} \cdots\rangle$

ψ_{i}

$\psi_i$

i - 1

$i - 1$

ψ

$\psi$

z_{i} = ℓ_{i - 1} (ψ_{i})

$z_i = \ell_{i-1}(\psi_i)$

Chúng tôi xác định

cho các yếu tố cơ sở không chấp nhận

.

\begin{aligned} U_{σ_{i}} (| ψ_{i} 00 \dots ⟩) & = A^{- 1} | ψ_{i} 00 \dots ⟩ \\ U_{σ_{i}} (| ψ_{i} 01 \dots ⟩) & = (A \frac{λ_{z_{i} - 1}}{λ_{z_{i}}} + A^{- 1}) | ψ_{i} 01 \dots ⟩ + A \frac{\sqrt{λ_{z_{i} + 1} λ_{z_{i} - 1}}}{λ_{z_{i}}} | ψ_{i} 10 \dots ⟩ \\ U_{σ_{i}} (| ψ_{i} 10 \dots ⟩) & = A \frac{\sqrt{λ_{z_{i} + 1} λ_{z_{i} - 1}}}{λ_{z_{i}}} | ψ_{i} 01 \dots ⟩ + (A \frac{λ_{z_{i} + 1}}{λ_{z_{i}}} + A^{- 1}) | ψ_{i} 10 \dots ⟩ \\ U_{σ_{i}} (| ψ_{i} 11 \dots ⟩) & = A^{- 1} | ψ_{i} 11 \dots ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} U_{\sigma_i}(\lvert\psi_i 00 \cdots\rangle) & = A^{-1}\lvert\psi_i 00 \cdots\rangle\\ U_{\sigma_i}(\lvert\psi_i 01 \cdots \rangle) & = \left( A\frac{\lambda_{z_i-1}}{\lambda_{z_i}} + A^{-1}\right)\lvert\psi_i 01 \cdots\rangle + A\frac{\sqrt{\lambda_{z_i+1}\lambda_{z_i-1}}}{\lambda_{z_i}}\lvert\psi_i 10 \cdots\rangle\\ U_{\sigma_i}(\lvert\psi_i 10 \cdots \rangle) & = A\frac{\sqrt{\lambda_{z_i+1}\lambda_{z_i-1}}}{\lambda_{z_i}}\lvert\psi_i 01 \cdots\rangle + \left(A\frac{\lambda_{z_i+1}}{\lambda_{z_i}} + A^{-1}\right)\lvert\psi_i 10 \cdots\rangle\\ U_{\sigma_i}(\lvert\psi_i 11 \cdots\rangle) & = A^{-1}\lvert\psi_i 11 \cdots\rangle \end{align}$

U_{σ_{i}} (ψ) = ψ

$U_{\sigma_i}(\psi) = \psi$

ψ

$\psi$

$U_{\sigma_i}$ $n$ $k$ $U_{\sigma_i}$ $i - 1$ $z_i$ $z_i$ $k$ $U_{\sigma_i}$ $U_{\sigma_i}$ $1 \leq z_i \leq k - 1$

Vì vậy, để tóm tắt lại:

$\sigma \in B_{2n}$ $m$
$\sigma = \sigma_{a_1}^{\epsilon_1} \sigma_{a_2}^{\epsilon_2} \cdots \sigma_{a_m}^{\epsilon_m}$
$i \in \{1, 2, \ldots, m\}$ $U_{\sigma_{a_i}}$ $\epsilon_i = -1$
$U_{\sigma}$
$\lvert 1010 \cdots 10\rangle$
$\sigma$ $e^{2\pi i/k}$

— Evan Jenkins
nguồn

2

Bạn đã đề cập đến năm bài báo trong câu hỏi, nhưng một bài báo vẫn chưa được đề cập là việc thực hiện thử nghiệm trong năm 2009 . Ở đây bạn sẽ tìm thấy mạch thực tế được sử dụng để đánh giá đa thức Jones:

Đây có thể là lần gần nhất bạn có thể trình bày thuật toán "quen thuộc hơn", vì sự quan tâm đến đa thức Jones và trong DQC-1 đã phân rã một chút kể từ năm 2009.

Thông tin chi tiết về thí nghiệm này có thể được tìm thấy trong luận án của Gina Passante .

— người dùng 1271772
nguồn

1

U_{n}

$U_n$

Không có gì. Có, đây là bản PRL 4 trang với các chi tiết không được giải thích kỹ lưỡng như tôi muốn - có thể có "Tài liệu bổ sung" trên trang web của tạp chí giải thích rõ hơn về U. Đa thức Jones và DQC-1 đã phổ biến vào khoảng năm 2008-2009 nhưng tôi đã ngừng nghe về nó kể từ đó.

— 1271772