Holografik Algoritmalar - Bazların Denkliği

Les Valiant'ın seminal gazetesinden geçiyordum ve makalenin 10. sayfasında Öneri 4.3 ile zor zamanlar geçirdim.

Neden temelli için belirli değerlere sahip bir jeneratör varsa, o zaman herhangi biri için aynı değerlerine sahip bazı jeneratör var temel ( ) veya ( ) herhangi bir . $valG$ $\{(a_1,b_1) \ldots (a_r,b_r)\}$ $valG$ $\{(xa_1,yb_1) \ldots (xa_r,yb_r)\}$ $1^{st} kind$ $\{(xb_1,ya_1) \ldots (xb_r,ya_r) \}$ $2^{nd} kind$ $x,y \in F$

Valiant, önceki paragraftaki nedeni belirtir - tür dönüşüm, her giriş veya çıkış düğümüne ağırlık kenarı eklenerek elde edilebilir . tür dönüşüm Valiant söyler, giriş veya çıkış düğümlerinin uzunluğunun zincirleri ekleyerek elde edilebilir ile ağırlıklı ve , sırasıyla. $1^{st}$ $1$ $2^{nd}$ $2$ $x$ $y$

Bu ifadeleri gerçekten anlayamadım. Belki zaten , ancak yine de yukarıdaki yapının , yukarıdaki türlerden biri olan yeni temel ile, herhangi bir gerçekleştirilebilir değerine tek bir bazda neden yardımcı olduğunu gerçekten göremiyorum . $valG$

Lütfen onları aydınlatmaya yardım et. Farklı bir not, çevrimiçi mevcut hologaphic algoritmalar için bazı tensörsüz araştırmalar var. Çoğu, ne yazık ki beni korkutacak tansörler kullanıyor :-(

En İyi -Akash

ds.algorithms counting-complexity survey

— Akash Kumar
kaynak

Tensörler (bu anlamda) sadece sayı dizileridir, bu yüzden hesaplamalardan tamamen bağımsız olmadıkça tensör içermeyen anketler bulacağınızı sanmıyorum.

" " işlemi, her bir çıkış düğümüne değişen temel ve gadget ekleme işlemlerini resmileştirir (aslında, temel değişikliğini bir çeşit gadget işlemi olarak düşünmek isterim). , standart imzası olan bir jeneratör eşleşmesi olsun . Bu sayı dizisidir . İmza yeni bir temelde $T^{\otimes k}$ $\Gamma$ $M_{i_1i_2\cdots i_k}=u(\Gamma)$ $2^k$

$(T^{\otimes k}M)_{i_1i_2\cdots i_k}:=\sum_{i_1',\cdots,i_k'} T_{i_1i_1'} \cdots T_{i_ki_k'} M_{i_1'i_2'\cdots i_k'}$

ki burada , yeni temele göre azalan bir iki-iki matristir. $T$

Let eklenerek oluşturulan matchgate olmak yeni köşe , yeni çıktılar olmak için bu alma ve kilo bir kenarına eski çıkışların onları bağlayan . Daha sonra yeni imza ; burada matris . Daha sonra temel değişikliğini yaparsanız, imzasını alırsınız . $\Gamma'$ $k$ $\Gamma$ $x$ $C^{\otimes k}M$ $C_{ij}$ $\begin{pmatrix}0&x\\1&0\end{pmatrix}$ $TC^{-1}$ $T^{\otimes k}M$

— Colin McQuillan
kaynak

S

$S$

u (Γ)

$u(\Gamma)$

S = S_{0}

$S = S_0$

T^{\otimes k} \times S = u (Γ)

$T^{\otimes k} \times S = u(\Gamma)$

v a l G (Γ, x)

$valG(\Gamma, x)$ sadece perfMatch vektörünü yeni temeldeki katsayıların toplamı olarak ifade etmeyi amaçladığını. Gerçi emin olamıyorum, tensörler ile arka plan açık olmam.

— Akash Kumar

C^{\otimes k} M

$C^{\otimes k}M$

S_{0}

$S_0$

(T^{- 1})^{\otimes k} S

$(T^{-1})^{\otimes k} S$

T

$T$

n_{0}, n_{1}, p_{0}, p_{1}

$n_0,n_1,p_0,p_1$

(0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)

$(0,1,1,0,1,0,0,1)$

x (1, 1, 1, 1 1, 1, 1, 0)

$x(1,1,1,1\ 1,1,1,0)$

C^{\otimes 3} w h e r e

$C^{\otimes 3} where$

C = (0, 1)^{t} (x = 1, 0)^{t}

$C = (0,\ 1)^t (x=1,\ 0)^t$

u (Γ)

$u(\Gamma)$

P_{3}

$P_3$

P_{3} ∖ Z

$P_3 \setminus Z$

u (P_{3}) = (0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1)

$u(P_3)=(0,1,0,0,1,0,0,1)$

(1, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 0)

$(1,0,0,1,0,0,1,0)$

(C^{\otimes 3} u (P_{3}))_{1, 2, 2} = 1

$(C^{\otimes 3} u(P_3))_{1,2,2}=1$