Shor’s algorithm
2024-06-18 03:18:46
quantum Fourier transform
- DFT
- 输入：复向量 x 0 , x 1 , x 2 , . . . , x N − 1 x_0,x_1,x_2,...,x_{N-1} x0,x1,x2,...,xN−1
- 输出：复向量 y 0 , y 1 , y 2 , . . . , y N − 1 y_0,y_1,y_2,...,y_{N-1} y0,y1,y2,...,yN−1
- y k = 1 N ∑ j = 0 N − 1 x j e j ⋅ 2 π i k / N y_k=\frac{1}{\sqrt{N}}\sum_{j=0}^{N-1}x_je^{j\cdot2\pi ik/N} yk=N 1j=0∑N−1xjej⋅2πik/N
- 每一个 y k y_k yk都是 x a l l 的 线 性 组 合 哦 ！ x_{all}的线性组合哦！ xall的线性组合哦！
- QFT
- 输入：复向量 ∣ j > \left|j\right> ∣j⟩
- 输出：
- 1 N ∑ k = 0 N − 1 e k ⋅ 2 π i j / N ∣ k > \frac{1}{\sqrt{N}}\sum_{k=0}^{N-1}e^{k\cdot2\pi ij/N}\left|k\right> N 1k=0∑N−1ek⋅2πij/N∣k⟩
- N = 2 N=2 N=2，有 ∣ 0 > → 1 2 ( ∣ 0 > + ∣ 1 > ) ; ∣ 1 > → 1 2 ( ∣ 0 > − ∣ 1 > ) 1 2 ( 1 1 1 − 1 ) \left|0\right>\rightarrow\frac{1}{\sqrt{2}}(\left|0\right>+\left|1\right>);\\ \qquad \left|1\right>\rightarrow\frac{1}{\sqrt{2}}(\left|0\right>-\left|1\right>)\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cc} 1&1\\ 1&-1\\ \end{array} \right) ∣0⟩→2 1(∣0⟩+∣1⟩);∣1⟩→2 1(∣0⟩−∣1⟩)2 1(111−1)
- N = 3 N=3 N=3，有 ∣ 0 > → 1 3 ( ∣ 0 > + ∣ 1 > + ∣ 2 > ) ; ∣ 1 > → 1 3 ( ∣ 0 > + w ∣ 1 > + w 2 ∣ 2 > ) ∣ 2 > → 1 3 ( ∣ 0 > + w 2 ∣ 1 > + w ∣ 2 > ) 1 3 ( 1 1 1 1 w w 2 1 w 2 w ) \left|0\right>\rightarrow\frac{1}{\sqrt{3}}(\left|0\right>+\left|1\right>+\left|2\right>);\\ \qquad \left|1\right>\rightarrow\frac{1}{\sqrt{3}}(\left|0\right>+w\left|1\right>+w^2\left|2\right>)\\ \qquad \left|2\right>\rightarrow\frac{1}{\sqrt{3}}(\left|0\right>+w^2\left|1\right>+w\left|2\right>)\\ \frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{ccc} 1&1&1\\ 1&w&w^2\\ 1&w^2&w \end{array} \right) ∣0⟩→3 1(∣0⟩+∣1⟩+∣2⟩);∣1⟩→3 1(∣0⟩+w∣1⟩+w2∣2⟩)∣2⟩→3 1(∣0⟩+w2∣1⟩+w∣2⟩)3 1⎝⎛1111ww21w2w⎠⎞
- 上面的介绍的是将一个向量转化过去的。。
- 如果是下面这个做QFT呢？ ∑ j = 0 N − 1 x j ∣ j > \sum_{j=0}^{N-1}x_j\left|j\right> j=0∑N−1xj∣j⟩
- 其实你知道的是把矩阵 ⋅ [ x 0 , x 1 , . . . , x N − 1 ] T \cdot[x_0,x_1,...,x_{N-1}]^T ⋅[x0,x1,...,xN−1]T是吧？
- 顺便插句话，这个矩阵是酉矩阵 ，检验酉矩阵要记得复数内积哦
- 顺便插句话，这个矩阵是酉矩阵 ，检验酉矩阵要记得复数内积哦
- 不就相当于对 { x 0 , x 1 , . . . , x N − 1 } \{x_0,x_1,...,x_{N-1}\} {x0,x1,...,xN−1}做DFT么！所以！
- 其实你知道的是把矩阵 ⋅ [ x 0 , x 1 , . . . , x N − 1 ] T \cdot[x_0,x_1,...,x_{N-1}]^T ⋅[x0,x1,...,xN−1]T是吧？
product representation
- n − q u b i t n-qubit n−qubit的量子系统， N = 2 n N=2^n N=2n
- computational basis： ∣ 0 > . . . ∣ 2 n − 1 > \left|0\right>...\left|2^n-1\right> ∣0⟩...∣2n−1⟩
- j = j 1 j 2 . . . j n , j = j 1 ∗ 2 n − 1 + j 2 ∗ 2 n − 2 + . . . + j n ∗ 2 n − n j=j_1j_2...j_n,j=j_1*2^{n-1}+j_2*2^{n-2}+...+j_n*2^{n-n} j=j1j2...jn,j=j1∗2n−1+j2∗2n−2+...+jn∗2n−n
- . j l j l + 1 . . . j m = j l 2 + j l + 1 2 2 + . . . + j m 2 m − l + 1 .j_lj_{l+1}...j_{m}=\frac{j_l}{2}+\frac{j_{l+1}}{2^2}+...+\frac{j_m}{2^{m-l+1}} .jljl+1...jm=2jl+22jl+1+...+2m−l+1jm
- ∣ j > → 1 2 n 2 ∑ k = 0 2 n − 1 e k ⋅ 2 π i j / N ∣ k > 注 意 到 k 是 个 变 量 写 成 k = k 1 k 2 . . . k n = 1 2 n 2 ∑ k 1 = 0 1 . . . ∑ k n = 0 1 e 2 π i j ∑ l = 1 n k l 2 − l ∣ k 1 . . . k n > 将 求 和 部 分 写 成 张 量 积 w h y c a n ？ ， 主 要 是 因 为 ∣ 10 > = ∣ 1 > ⊗ ∣ 0 > = 1 2 n 2 ∑ k 1 = 0 1 . . . ∑ k n = 0 1 ⊗ l = 1 n e 2 π i j k l 2 − l ∣ k l > 为 什 么 求 和 符 号 和 张 量 符 号 可 以 交 换 ？ 求 和 的 东 西 共 有 俩 ， 一 个 是 l ， 另 一 个 k l = 1 2 n 2 ⊗ l = 1 n [ ∑ k l = 0 1 e 2 π i j ⋅ k l 2 − l ∣ k l > ] = 1 2 n 2 ⊗ l = 1 n [ ∣ 0 > + e 2 π i j ⋅ 2 − l ∣ 1 > ] = ( ∣ 0 > + e 2 π i ⋅ 0. j n ∣ 1 > ) . . . ( ∣ 0 > + e 2 π i ⋅ 0. j 1 . . . j n ∣ 1 > ) 2 n / 2 \left|j\right>\rightarrow\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}}\sum_{k=0}^{2^n-1}e^{k\cdot2\pi ij/N}\left|k\right>\\ 注意到k是个变量\\ 写成k=k_1k_2...k_n\\ =\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}}\sum_{k_1=0}^{1}...\sum_{k_n=0}^{1}e^{2\pi ij\sum_{l=1}^{n}k_l2^{-l}}\left|k_1...k_n\right>\\ 将求和部分写成张量积\\ why can？，主要是因为\left|10\right>=\left|1\right>\otimes\left|0\right>\\ =\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}}\sum_{k_1=0}^{1}...\sum_{k_n=0}^{1}\otimes_{l=1}^{n}e^{2\pi ijk_l2^{-l}}\left|k_l\right>\\ 为什么求和符号和张量符号可以交换？\\ 求和的东西共有俩，一个是l，另一个k_l\\ =\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}}\otimes_{l=1}^{n}[\sum_{k_l=0}^{1}e^{2\pi ij\cdot k_l2^{-l}}\left|k_l\right>]\\ =\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}}\otimes_{l=1}^{n}[\left|0\right>+e^{2\pi ij\cdot 2^{-l}}\left|1\right>]\\ =\frac{(\left|0\right>+e^{2\pi i\cdot 0.j_n}\left|1\right>)...(\left|0\right>+e^{2\pi i\cdot 0.j_1...j_n}\left|1\right>)}{2^{n/2}} ∣j⟩→22n1k=0∑2n−1ek⋅2πij/N∣k⟩注意到k是个变量写成k=k1k2...kn=22n1k1=0∑1...kn=0∑1e2πij∑l=1nkl2−l∣k1...kn⟩将求和部分写成张量积whycan？，主要是因为∣10⟩=∣1⟩⊗∣0⟩=22n1k1=0∑1...kn=0∑1⊗l=1ne2πijkl2−l∣kl⟩为什么求和符号和张量符号可以交换？求和的东西共有俩，一个是l，另一个kl=22n1⊗l=1n[kl=0∑1e2πij⋅kl2−l∣kl⟩]=22n1⊗l=1n[∣0⟩+e2πij⋅2−l∣1⟩]=2n/2(∣0⟩+e2πi⋅0.jn∣1⟩)...(∣0⟩+e2πi⋅0.j1...jn∣1⟩)
efficient circuit
- 电路实现如下：
- 记得 R k = ( 1 0 0 e 2 π i / 2 k ) R_k=\left(\begin{array}{cc} 1&0\\ 0&e^{2\pi i/2^k} \end{array} \right) Rk=(100e2πi/2k)
- 我们来看 j 1 , j 2 . . . j n j_1,j_2...j_n j1,j2...jn，这些个东西
- ∣ j 1 > \left|j_1\right> ∣j1⟩成了啥？
- 先看 ∣ 0 > 过 H 后 成 了 ∣ 0 > + ∣ 1 > \left|0\right>过H后成了\left|0\right>+\left|1\right> ∣0⟩过H后成了∣0⟩+∣1⟩
- 再看 ∣ 1 > 过 H 后 成 了 ∣ 0 > − ∣ 1 > \left|1\right>过H后成了\left|0\right>-\left|1\right> ∣1⟩过H后成了∣0⟩−∣1⟩
- ∣ j 1 > 成 了 ∣ 0 > + e 2 π i ⋅ 0. j 1 ∣ 1 > \left|j_1\right>成了\left|0\right>+e^{2\pi i\cdot0.j_1}\left|1\right> ∣j1⟩成了∣0⟩+e2πi⋅0.j1∣1⟩
- 然后过了 R 2 R_2 R2成了啥？，他的意思就是把相位增加了1/4
- 所以成了 ∣ 0 > + e 2 π i ⋅ 0. j 1 j 2 ∣ 1 > \left|0\right>+e^{2\pi i\cdot0.j_1j_2}\left|1\right> ∣0⟩+e2πi⋅0.j1j2∣1⟩
- 所以过了 R n R_n Rn成了 ∣ 0 > + e 2 π i ⋅ 0. j 1 j 2 . . . j n ∣ 1 > \left|0\right>+e^{2\pi i\cdot0.j_1j_2...j_n}\left|1\right> ∣0⟩+e2πi⋅0.j1j2...jn∣1⟩
- 其他的不都一样么！！！！
- 当然要记得最后交换一下哦
complexity
- O ( n 2 ) , n = l o g N O(n^2),n=logN O(n2),n=logN
Explicit circuit for 3-qubit QFT.
- H H H要记得把 ∣ j > \left|j\right> ∣j⟩变成了啥哦！
- S S S要记得是把输入移动了 π / 4 \pi/4 π/4
- T T T就是 π / 8 \pi/8 π/8
phase estimation
- 设一酉算子的特征向量为 ∣ u > \left|u \right> ∣u⟩，对应特征值为 e 2 π i φ e^{2\pi i\varphi} e2πiφ, φ \varphi φ不知道。
- 目标：估计 φ \varphi φ
- black boxes (oracles):preparing the state ∣ u > \left|u\right> ∣u⟩，performing the c o n t r o l l e d − U 2 j controlled-U^{2j} controlled−U2j操作， j j j是个非负整数哦
the first stage
- The first register contains t t t qubits initially in the state ∣ 0 > \left|0\right> ∣0⟩.
[ acurracy & probability] - The second register begins in the state ∣ u > \left|u\right> ∣u⟩, and contains
qubits which can store ∣ u > \left|u\right> ∣u⟩. - 整体输出 1 2 ∣ 0 > ∣ u > + 1 2 ∣ 1 > e 2 π i φ ∣ u > \frac{1}{\sqrt{2}}\left|0\right>\left|u\right>+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|1\right>e^{2\pi i\varphi}\left|u\right> 2 1∣0⟩∣u⟩+2 1∣1⟩e2πiφ∣u⟩，是不是因为下面一定还是 ∣ u > \left|u\right> ∣u⟩,所以上面被迫使得成了 1 2 ∣ 0 > + 1 2 ∣ 1 > e 2 π i φ \frac{1}{\sqrt{2}}\left|0\right>+\frac{1}{\sqrt{2}}\left|1\right>e^{2\pi i\varphi} 2 1∣0⟩+2 1∣1⟩e2πiφ
the second and third stage
- The second stage: inverse QFT
- The third stage: measure the first register in the computational basis
- overall phase estimation的全过程如下：
intuition
设 φ \varphi φ可用 t − t- t−bits表示成 φ = 0. φ 1 . . . φ t \varphi=0.\varphi_1...\varphi_t φ=0.φ1...φt.
The state resulting from the first stage may by rewritten
- 1 2 t / 2 ( ∣ 0 > + e 2 π i 0. φ t ∣ 1 > ) ⋯ ( ∣ 0 > + e 2 π i 0. φ 1 φ 2 ⋯ φ t ∣ 1 > ) \frac{1}{2^{t/2}}(\left|0\right>+e^{2\pi i0.\varphi_t}\left|1\right>)\cdots(\left|0\right>+e^{2\pi i0.\varphi_1\varphi_2\cdots\varphi_t}\left|1\right>) 2t/21(∣0⟩+e2πi0.φt∣1⟩)⋯(∣0⟩+e2πi0.φ1φ2⋯φt∣1⟩)
The second stage is to apply the inverse QFT (heart),then the output state is the product state
- 上面的就是 ∣ φ 1 , . . . φ t > \left|\varphi_1,...\varphi_t\right> ∣φ1,...φt⟩的傅里叶变换的形式啊， 1 2 t / 2 ∑ j = 0 2 t − 1 e 2 π i φ j ∣ j > ∣ u > \frac{1}{2^{t/2}}\sum\limits_{j=0}^{2^t-1}e^{2\pi i\varphi_j}\left|j\right>\left|u\right> 2t/21j=0∑2t−1e2πiφj∣j⟩∣u⟩
- 这是因为 φ 1 , . . . φ t 2 t = 0. φ 1 , . . . φ t = φ \frac{\varphi_1,...\varphi_t}{2^t}=0.\varphi_1,...\varphi_t=\varphi 2tφ1,...φt=0.φ1,...φt=φ
- 1 2 t / 2 ∑ j = 0 2 t − 1 e 2 π i φ ⋅ j ∣ j > ∣ u > → 逆 变 换 ∣ φ > ∣ u > \frac{1}{2^{t/2}}\sum\limits_{j=0}^{2^t-1}e^{2\pi i\varphi \cdot j}\left|j\right>\left|u\right>\stackrel{逆变换}\rightarrow \left|\varphi \right>\left|u\right> 2t/21j=0∑2t−1e2πiφ⋅j∣j⟩∣u⟩→逆变换∣φ⟩∣u⟩
- 但俺觉得应该是 ∣ φ 1 . . . φ t > ∣ u > \left|\varphi_1...\varphi_t\right>\left|u\right> ∣φ1...φt⟩∣u⟩
- 上面的就是 ∣ φ 1 , . . . φ t > \left|\varphi_1,...\varphi_t\right> ∣φ1,...φt⟩的傅里叶变换的形式啊， 1 2 t / 2 ∑ j = 0 2 t − 1 e 2 π i φ j ∣ j > ∣ u > \frac{1}{2^{t/2}}\sum\limits_{j=0}^{2^t-1}e^{2\pi i\varphi_j}\left|j\right>\left|u\right> 2t/21j=0∑2t−1e2πiφj∣j⟩∣u⟩
Thus a measurement in the computational basis gives us φ \varphi φ
exactly.
performance and requirements
- 如果不可以用 t − t- t−bits表达呢？
ordering finding
- 定义
- x , N x,N x,N是正整数， x < N x<N x<N且二人无公因子
- The order of x x x modulo N N N
- 指的是最小的正整数 r r r，满足 x r ≡ 1 ( m o d N ) x^r\equiv 1(modN) xr≡1(modN)
- 目标：
- 去决定 x x x和 N N N的order
- 困难性
- 没有经典算法课在 O ( L ) O(L) O(L)的多项式时间内解决， L = ⌈ l o g N ⌉ L=\lceil logN\rceil L=⌈logN⌉
- The quantum algorithm for order-finding is just the phase
estimation applied to the unitary operator- U ∣ y > = ∣ x y m o d N > U\left|y\right>=\left|xy\quad modN\right> U∣y⟩=∣xymodN⟩
- 从这儿你果然可以看出来 x , N x,N x,N是输入哦
- y y y当然 ∈ { 0 , 1 } L \in\{0,1\}^L ∈{0,1}L,当然也 0 ≤ y ≤ N − 1 0\le\quad y \le N-1 0≤y≤N−1
- U ∣ y > = ∣ x y m o d N > U\left|y\right>=\left|xy\quad modN\right> U∣y⟩=∣xymodN⟩
reduction to phase estimation
- 怎么归约呢？？？？
- 先定义一个状态 ∣ u s > \left|u_s\right> ∣us⟩, 0 ≤ s ≤ r − 1 0\le s\le r-1 0≤s≤r−1,这个 r r r我怎么觉得像是order呢？？
- ∣ u s > = 1 r ∑ k = 0 r − 1 e x p − 2 π i s ⋅ k r ∣ x k m o d N > \left|u_s\right>=\frac{1}{\sqrt{r}}\sum_{k=0}^{r-1}exp^{\frac{-2\pi is\cdot k}{r}}\left|x^k mod N\right> ∣us⟩=r 1k=0∑r−1expr−2πis⋅k∣∣xkmodN⟩
- 求和的 k k k被用了两次，
- ∣ u s > = 1 r ∑ k = 0 r − 1 e x p − 2 π i s ⋅ k r ∣ x k m o d N > \left|u_s\right>=\frac{1}{\sqrt{r}}\sum_{k=0}^{r-1}exp^{\frac{-2\pi is\cdot k}{r}}\left|x^k mod N\right> ∣us⟩=r 1k=0∑r−1expr−2πis⋅k∣∣xkmodN⟩
- 突然发现我们定义的 ∣ u s > \left|u_s\right> ∣us⟩ ，他居然是 U U U的 eigenstates
- 验证下: U ∣ u s > = 1 r ∑ k = 0 r − 1 e x p − 2 π i s ⋅ k r U ∣ x k m o d N > U\left|u_s\right>=\frac{1}{\sqrt{r}}\sum\limits_{k=0}^{r-1}exp^{\frac{-2\pi is\cdot k}{r}}U\left|x^k mod N\right> U∣us⟩=r 1k=0∑r−1expr−2πis⋅kU∣∣xkmodN⟩
- = 1 r ∑ k = 0 r − 1 e x p − 2 π i s ⋅ k r ∣ x k + 1 m o d N > =\frac{1}{\sqrt{r}}\sum\limits_{k=0}^{r-1}exp^{\frac{-2\pi is\cdot k}{r}}\left|x^{k+1} mod N\right> =r 1k=0∑r−1expr−2πis⋅k∣∣xk+1modN⟩
- e x p 2 π i s r 1 r ∑ k = 0 r − 1 e x p − 2 π i s ⋅ ( k + 1 ) r ∣ x k + 1 m o d N > exp^{\frac{2\pi is}{r}}\frac{1}{\sqrt{r}}\sum\limits_{k=0}^{r-1}exp^{\frac{-2\pi is\cdot (k+1)}{r}}\left|x^{k+1} mod N\right> expr2πisr 1k=0∑r−1expr−2πis⋅(k+1)∣∣xk+1modN⟩
- e x p 2 π i s r ∣ u s > exp^{\frac{2\pi is}{r}}\left|u_s\right> expr2πis∣us⟩
procedure
- 输入 ：
- 一个黑盒子 U x , N U_{x,N} Ux,N，他实施了把 ∣ j > ∣ k > \left|j\right>\left|k\right> ∣j⟩∣k⟩变成了 ∣ j > ∣ x j m o d N > \left|j\right>\left|x^jmod N\right> ∣j⟩∣∣xjmodN⟩,其中 x x x和 L L L长的数 N N N互素
- 一个黑盒子 U x , N U_{x,N} Ux,N，他实施了把 ∣ j > ∣ k > \left|j\right>\left|k\right> ∣j⟩∣k⟩变成了 ∣ j > ∣ x j m o d N > \left|j\right>\left|x^jmod N\right> ∣j⟩∣∣xjmodN⟩,其中 x x x和 L L L长的数 N N N互素
factoring
reduction
Eg. factoring 15
- 随便取一个数 x = 7 x=7 x=7
- 计算order r \quad r r，满足 7 r ≡ 1 m o d 15 7^r\equiv 1mod 15 7r≡1mod15
begin with the state ∣ 0 t > ∣ 0 4 > \left|0_t\right>\left|0_4\right> ∣0t⟩∣04⟩
apply H gates to the first register containing t = 11 t = 11 t=11 qubits
- 是为了保证 ϵ ≤ 1 / 4 \epsilon \le 1/4 ϵ≤1/4
- 是为了保证 ϵ ≤ 1 / 4 \epsilon \le 1/4 ϵ≤1/4
计算 f ( k ) = x k m o d N f(k)=x^kmodN f(k)=xkmodN
apply the inverse QFT to the first register and measure it
measure the second register, obtaining a random result from1, 7, 4 or 13.
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