Grover difüzyon operatörü nasıl çalışır ve neden optimaldir?

Gelen bu cevap , Grover algoritması açıklanmıştır. Açıklama, algoritmanın büyük ölçüde Grover Difüzyon Operatörüne dayandığını , ancak bu operatörün iç çalışması hakkında ayrıntı vermediğini göstermektedir.

Kısaca, Grover Difüzyon Operatörü, önceki adımlardaki küçük farklılıkları ölçülebilir olacak kadar büyük ölçüde tekrarlayan bir şekilde yapmak için 'ortalama hakkında bir ters çevirme' yaratır.

Sorular şimdi:

Grover difüzyon operatörü bunu nasıl başarıyor?
Sonuçta elde edilen neden sıralanmamış bir veritabanını aramak için toplam süredir? $O(\sqrt{n})$

algorithm grovers-algorithm

— Ayrık kertenkele
kaynak

İkinci soruya sadece bir yorum. Grover'ın algoritmasındaki durumun izinin, algoritmanın başlangıç durumunu ve hedef durumu bağlayan jeodezi izlediğini gösteren çalışmalar vardır. Bu yüzden optimal.

— XXDD

Yanıtlar:

$\newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right|}\newcommand{\ket}[1]{\left|#1\right>}\newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle|#2\right>}\newcommand{\bke}[3]{\left<#1\middle|#2\middle|#3\right>}\newcommand{\proj}[1]{\left|#1\right>\left<#1\right|}$ yana özgün soru bir anlayabileceği açıklaması hakkında, ben anlamak belki daha kolay biraz daha farklı bir çözüm sunmak sürekli zamana dayalı (arka plan bağlı), evrim. (Bununla birlikte, meslekten olmayan biri için uygun olduğunu iddia etmiyorum.)

olan ilk durumdan başlıyoruz ve doğru cevap olarak tanınabilecek bir durumu bulmayı amaçlıyoruz (genelleştirilebilmesine rağmen tam olarak böyle bir durum olduğu varsayılarak). Bunu yapmak için, bir Hamiltonian eylemi altında zamanla gelişiyoruz Grover'ın aramasının gerçekten güzel özelliği, bu noktada matematiği , tümünü yerine yalnızca iki durumun olan bir alt alana indirgeyebileceğimizdir . Bu eyaletlerden ortonormal bir temel yapıp yapmadığımızı açıklamak daha kolaydır, burada

| 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 ⟩

$\ket{x}$

H = | x ⟩ ⟨ x | + | ψ ⟩ ⟨ ψ | .

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

{| x ⟩, | ψ ⟩}

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

2^{n}

$2^n$

{| x ⟩, | ψ^{⊥} ⟩}

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

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

$\ket{\psi^{\perp}}=\frac{1}{\sqrt{2^n-1}}\sum_{y\in\{0,1\}^n:y\neq x}\ket{y}.$ Bu temeli kullanarak, zaman evrim olarak yazılabilir burada ve , standart Pauli matrisleridir. Bu, olarak yeniden yazılabilir Dolayısıyla, bir süre evrimleşirsek

e^{- i H t} | ψ ⟩

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

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

$Z$

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}) .

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

t = \frac{π}{2} 2^{n / 2}

$t=\frac{\pi}{2}2^{n/2}$ ve genel aşamaları yok sayarak, nihai durum Başka bir deyişle, olasılık 1 ile aradığımız durumunu alırız. Grover'ın araştırmasının her zamanki devre tabanlı açıklaması gerçekten sadece ayrı adımlara bölünmüş bu sürekli zaman evrimidir, sonuçlarınız için genellikle tam olarak olasılık 1'i tam olarak elde edemeyeceğiniz hafif bir dezavantajdır.

\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 ⟩

$\ket{x}$

Bir ihtar şudur: yapabildin Redefine ve kullanan hücreler gelişebilir 5 kat daha kısa olacağını ve evrim zaman. Gerçekten radikal olmak istiyorsanız, 5'i ile değiştirin ve Grover'ın araması sabit zamanda çalışır! Ancak bunu keyfi olarak yapmanıza izin verilmiyor. Verilen herhangi bir deney sabit bir maksimum bağlantı gücüne (yani sabit bir çarpan) sahip olacaktır. Bu nedenle, farklı deneylerin çalışma süreleri farklıdır, ancak ölçeklendirmeleri aynıdır, . Tıpkı devre modelindeki kapı maliyetinin sabit olduğunu söylemek gibi, eğer bir derinlik devresi kullanırsak, her kapının zamanında çalıştırılabileceğini varsaymak yerine . $\tilde H=5H$ $\tilde H$ $2^{n/2}$ $2^{n/2}$ $k$ $1/k$

Optimallik kanıtı esasen olası bir işaretli durumun daha hızlı algılanması durumunda farklı bir işaretli durumun, , daha yavaş tespit edilmesini göstermeyi içerir. Algoritma hangi durum işaretliyse eşit derecede iyi çalışacağı için, bu çözüm en iyisidir. $\ket{x}$ $\ket{y}$

— DaftWullie
kaynak

Difüzyon operatörünü tanımlamanın bir yolu ¹ ; burada , faz $D = -H^{\otimes n}U_0H^{\otimes n}$ $U_0$

U_{0} | 0^{\otimes n} ⟩ = - | 0^{\otimes n} ⟩, U_{0} | x ⟩ = | x ⟩ for | x ⟩ \neq | 0^{\otimes n} ⟩ .

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

O Bu gösterileri olarak da yazılabilir, burada . $U_0$ $U_0 = I-2\left|0^{\otimes n}\rangle\langle0^{\otimes n}\right|$

D = 2 | + ⟩ ⟨ + | - I,

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

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

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

Bu , difüzyon operatörünün hakkında bir yansıma olduğunu ² verir. $\left|+\right>$

Grover algoritmasının diğer kısmı da bir yansıma olduğundan, bunlar mevcut durumu 'aranan' değerine daha yakın döndürmek için birleştirilir . Bu açı, dönme sayısı ile doğrusal olarak azalır (aranan değeri geçene kadar), doğru değeri doğru bir şekilde ölçme olasılığının kuadratik olarak artar. $x_0$

Bennet ve diğ. ark. bunun optimal olduğunu gösterdi. NP problemine klasik bir çözüm alarak, Grover'ın algoritması bunu kuadratik olarak hızlandırmak için kullanılabilir. Bununla birlikte, bir uzunluk koruma fonksiyonu (burada, bir kehanet) için , herhangi bir sınırlı- hata oracle tabanlı kuantum turing makinesi bu dili bir anda kabul edemez . $\mathcal L_A = \left\lbrace y:\exists x\, A\left(x\right) = y\right\rbrace$ $A$ $T\left(n\right)=\mathcal o\left(2^{n/2}\right)$

Bu, in tersi olmadığı (bu nedenle dilde bulunmayan) bir alarak elde edilir . Ancak, bu tanım gereği bazı yeni dillerde . zamanında kabul eden bir makinenin ve kabul eden farklı bir makinenin olasılıklarındaki fark 3'ten küçüktür ve dolayısıyla hiçbir dil kabul ve algoritması gerçekten kabul edilir asimptotik olarak optimal. ³ $\left|1\right>^{\otimes n}$ $\mathcal L_{A_y}$ $\mathcal L_A$ $\mathcal L_{A_y}$ $T\left(n\right)$ $1/3$

Zalka daha sonra Grover'ın algoritmasının tam olarak optimal olduğunu gösterdi .

^{1 Grover'ın algoritmasında, eksi işaretleri yerinden hareket ettirilebilir, bu nedenle eksi işaretinin olduğu yerde biraz keyfi olur ve difüzyon operatörünün tanımında olması gerekmez.}

^{2 alternatif olarak, difüzyon operatörünü eksi işareti olmadan tanımlamak hakkında bir yansıma verir. $\left|+^\perp\right>$}

^{3 torpil kullanarak makineyi tanımlanması olarak makine kullanılarak torpil olarak Bu bir dizi olduğu gerçeğine bir nedeni, bit dizgilerinin burada durumları, ve seferinde vardır -yakın ⁴ bir cardinality ile, . Her kahin eğer doğru karar ise de eşlenebilir kahinler burada başarısız $A$ $M^A$ $A_y$ $M^{A_y}$ $S$ $M^A$ $M^{A_y}$ $t$ $\epsilon$ $<2T^2/\epsilon^2$ $M^A$ $\left|1\right>^{\otimes n}$ $\mathcal L_A$ $2^n - \text{Card}\left(S\right)$ $M^A$ 'in bu kehanetin dilinde olup olmadığına doğru karar vermek . Ancak, diğer olası cevaplardan birini vermelidir ve bu nedenle , makine yapamaz üyeliğini belirler . $\left|1\right>^{\otimes n}$ $2^n-1$ $T\left(n\right)=\mathcal o\left(2^{n/2}\right)$ $\mathcal L_A$}

^{4 Öklid mesafesini kullanarak, iz mesafesinin iki katı}

— Mithrandir24601
kaynak