BQP'yi yakalamada yaklaşık sayma problemi

Kara kutu modelinde, BPP makinesinin çıkış belirleme problemi girişi belirlenmesi yaklaşık sayma sorunudur ilave hata 1/3 (ki) ile . $M(x,r)$ $x$ $E_r M(x,r)$

BQP için benzer bir problem var mı? Ken Regan'ın bu yorumu böyle bir sorun olduğunu ortaya koyuyor

Tek bir #P işlevine yaklaşmak için BPP sorusunu azaltabilirsiniz, ancak BQP ile elde ettiğiniz şey iki #P işlevinin farkı, onları ve . Yaklaşan ve ayrı size yaklaşık yardımcı olmuyor iken sıfıra yakındır! $f$ $g$ $f$ $g$ $f - g$ $f - g$

BQP size biraz yardım sağlar: girişindeki BQP sorusunun cevabı evet ise, in kareköküne yakın olduğu ve sayının ve , yerine kullandıktan sonra m ikili değişkenlerine sahiptir . (Mutlak değer çubukları yoktur; “sihirli bir şekilde” her zaman elde edersiniz . BQP için kuantum devrelerin ortak gösterimleri altında, $x$ $f(x) - g(x)$ $2^m$ $f$ $g$ $x$ $f(x) > g(x)$ $m$ Hadamard kapılarının sayısı olur.) Cevap hayır olduğunda, fark 0'a yakındır.

BQP'ye mümkün olduğunca yakın bir problemi tam olarak formüle edebilir misiniz? Gibi bir şey için umuyorum: fonksiyonlara kara kutu erişimi verilen haritalama için , ... bu vaadiyle, tahmin dahilinde . $f,g$ $X$ $Y$ $f-g$ $\varepsilon$

cc.complexity-theory quantum-computing black-box

— Manu
kaynak

Ken Regan'ın yorumunun Fortnow ve Rogers'ın ( BQP⊆AWPP ) sonucuna atıfta bulunduğunu düşünüyorum (JCSS 1999; people.cs.uchicago.edu/~fortnow/papers/quantum.pdf ).

— Tsuyoshi Ito

Yanıtlar:

Emanuele: Maalesef, BQP'yi BPP'yi yakalamada bahsettiğiniz kadar basit olan herhangi bir kara kutu sorununu bilmiyoruz.

Sezgisel olarak, bunun nedeni, BQP hakkında , bir biçimde veya başka bir şekilde ünsellik getirmeden konuşmak zor olmasıdır . Hem pozitif hem de negatif sayıları bir araya getirme yeteneği BQP'yi BPP'den daha güçlü yapan şeydir, fakat o zaman unitarity BQP'yi #P'den daha az güçlü yapan şeydir! :-)

Bunu söyledikten sonra, Dawson ve ark. Martin Schwarz, kesinlikle kontrol etmelidir bağlantılı olduğu kâğıt bu ve bu sorunları olduğunu yakalama BQP vermek "şaşırtıcı derecede klasik görünümlü" söz Janzing ve Wocjan tarafından.

Ayrıca, S ⊆ {0,1} ^{n olsun} ve bir Boolean işlevini f olarak kabul edin: S → {0,1}. Sonra S (f) f sınırlı yanılma kuantum sorgu karmaşıklığı, polynomially gerçek polinom p minimum derecesi ile ilişkili olduğu diyor yıl önce bir varsayım sahiptir: R ' ^{, n} → R, o

(i) tüm x∈ {0,1} ⁿ için p (x) ∈ [0,1] ve

(ii) | p (x) -f (x) | Tüm x≤S için ≤ ε.

R: Bu varsayım tutarsa, daha sonra bir "BQP yakalayan yaklaşık sayma sorunu" sadece polylog (n) -degree polinom p değerini yaklaştırmak olacaktır ⁿ p olduğu göz önüne alındığında, Boole küpü belirli bir noktada → R, Boole küpünün her yerine bağlandı. Bu, sorunun cevabını alabileceği kadar yakın olabilir.

— Scott Aaronson
kaynak

Teşekkürler. Bu cevabı kontrol ettim, çünkü "Bu, sorunuza bir cevap bulabilecek kadar yakın olabilir." Soru: Varlığınızdaki "S" nin rolü nedir? Ben karıştı (i) söz {0,1} ^ n ve S. bahsediyoruz dinlenme

— Manu

Emanuele: Eğer S = {0,1} ^ n ise, f toplam bir Boolean işlevidir. Bu durumda, kuantum sorgu karmaşıklığının polinom olarak yaklaşık dereceyle (ayrıca deterministik ve randomize sorgu karmaşıklığı ile) ilişkili olduğu bilinmektedir. Bu yüzden ilginç durum, f'nin kısmi bir Boolean işlevi olduğu zamandır: yani, kuantum algoritmasının yalnızca x'in S'ye ait olduğu sözünü yerine getiren girdiler üzerinde çalışması gerekir. mümkün hale gelmek.

— Scott Aaronson

Not kuantum algoritması sadece grubu S ait girişler f hesaplamak için gereken süre, girdilere algoritmanın kabul olasılığı, bu olmayan S hala [0,1] aralığı ait! Kulağa saçma geldiğinde aptalca, polinom yöntemiyle kuantum alt sınırlarının kanıtlanmasında genellikle çok önemli bir gözlem olmuştur. Ve eğer polinomun p [0,1] 'de {0,1} ^ n (x bile S de değil) içindeki tüm x için sınırlandırılmasını istememiş olsaydım, benim varsayım yanlış olur.

— Scott Aaronson

Bu kağıt , yukarıda detaylı bir şekilde çizilen fikirleri ele almaktadır.

— Martin Schwarz
kaynak

Z_{2}

$Z_2$

@Emanuele Viola, @ Martin Schwarz: Bu yazının asıl soruyu nasıl cevapladığını gerçekten anlamıyorum. İlk olarak, bu makale kara kutu sorunlarından hiç bahsetmiyor. Kara kutu sorununun kağıttan, soruda sorulandan net bir formülasyonu elde edemiyorum. Belki biriniz buna biraz ışık tutabilir?

— Robin Kothari

@Robin Kothari: Kağıdın başlangıçta istendiği gibi kara kutu sorunu çıkarmayacağına katılıyorum. Yine de, Ken Regan'ın yorumuna odaklanıyor. Bunu "cevap" yerine "yorum" yapmalıydım.

— Martin Schwarz

Oh tamam. Sorun değil. O zaman soru hala çözülmedi sanırım.

— Robin Kothari