ग्रोवर प्रसार ऑपरेटर कैसे काम करता है और यह इष्टतम क्यों है?

में इस सवाल का जवाब , ग्रोवर एल्गोरिथ्म समझाया गया है। स्पष्टीकरण इंगित करता है कि एल्गोरिथ्म ग्रोवर डिफ्यूजन ऑपरेटर पर बहुत निर्भर करता है , लेकिन इस ऑपरेटर के आंतरिक कामकाज पर विवरण नहीं देता है।

संक्षेप में, ग्रोवर डिफ्यूजन ऑपरेटर, 'माध्य के बारे में उलटा' बनाता है ताकि पुनरावृत्ति करने के लिए पूर्ववर्ती चरणों में छोटे अंतर बना सकें।

प्रश्न अब हैं:

ग्रोवर प्रसार ऑपरेटर इसे कैसे प्राप्त करता है?
क्यों जिसके परिणामस्वरूप है $O(\sqrt{n})$ एक अनियंत्रित डेटाबेस इष्टतम खोजने के लिए कुल समय में?

algorithm grovers-algorithm

— छिपकली गिरना
स्रोत

दूसरे सवाल पर सिर्फ एक टिप्पणी। यह दिखाने के लिए कार्य किए गए हैं कि ग्रोवर के एल्गोरिथ्म में राज्य का ट्रैक एल्गोरिदम की प्रारंभिक स्थिति और गंतव्य राज्य को जोड़ने वाले ठीक-ठीक भू-भाग का अनुसरण करता है। तो यह इष्टतम है।

— XXDD

जवाबों:

$\newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right|}\newcommand{\ket}[1]{\left|#1\right>}\newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle|#2\right>}\newcommand{\bke}[3]{\left<#1\middle|#2\middle|#3\right>}\newcommand{\proj}[1]{\left|#1\right>\left<#1\right|}$ चूँकि मूल प्रश्न एक आम आदमी के विवरण के बारे में था, इसलिए मैं थोड़ा अलग समाधान प्रस्तुत करता हूं, जो एक सतत समय के आधार पर (पृष्ठभूमि पर निर्भर) समझने में आसान है क्रमागत उन्नति। (मैं कोई ढोंग नहीं करता कि यह किसी आम आदमी के लिए उपयुक्त है।)

हम एक प्रारंभिक अवस्था से शुरू करते हैं जो सभी राज्यों का एक समान सुपरपोज़िशन है, और हम एक राज्य ढूंढने का लक्ष्य बना रहे हैं, जिसे सही उत्तर के रूप में पहचाना जा सके (यह मानते हुए कि वास्तव में ऐसा ही एक राज्य है, हालांकि इसे सामान्यीकृत किया जा सकता है)। ऐसा करने के लिए, हम एक हैमिल्टनियन की कार्रवाई के तहत समय में विकसित होते हैं ग्रोवर की खोज की वास्तव में सुंदर विशेषता यह है कि इस बिंदु पर, हम गणित को केवल 2 राज्यों आवश्यकता के बजाय सिर्फ दो राज्यों एक उप-समूह में कम कर सकते हैं । यह वर्णन करना आसान है कि क्या हम इन राज्यों से एक असाधारण आधार बनाते हैं, जहां

| 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 ⟩ .

$\ket{\psi^{\perp}}=\frac{1}{\sqrt{2^n-1}}\sum_{y\in\{0,1\}^n:y\neq x}\ket{y}.$ इस आधार का उपयोग करते हुए, समय विकास को लिखा जा सकता है। जहां और मानक पाउली मैट्रिसेस हैं। इसे रूप में फिर से लिखा जा सकता है। तो, अगर हम एक समय के लिए विकसित होते हैं तो

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}

$t=\frac{\pi}{2}2^{n/2}$ , और वैश्विक चरणों की अनदेखी करते हुए, अंतिम स्थिति दूसरे शब्दों में, संभावना 1 के साथ, हम राज्य पाने के है कि हम के लिए खोज कर रहे थे। ग्रोवर की खोज का सामान्य सर्किट-आधारित विवरण वास्तव में यह निरंतर समय विकास असतत चरणों में टूट गया है, इस मामूली नुकसान के साथ कि आप आमतौर पर अपने परिणाम के लिए बिल्कुल संभावना 1 प्राप्त नहीं कर सकते हैं, बस इसके बहुत करीब हैं।

\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 ⟩

$\ket{x}$

एक चेतावनी निम्नलिखित है: आप को फिर से परिभाषित कर सकते हैं , और का उपयोग कर विकसित कर सकते हैं और विकास का समय 5 गुना कम होगा। यदि आप वास्तव में कट्टरपंथी बनना चाहते हैं, तो 5 को बदलें , और ग्रोवर की खोज निरंतर समय में चलती है! लेकिन आपको यह मनमाने ढंग से करने की अनुमति नहीं है। किसी भी प्रयोग में एक निश्चित अधिकतम युग्मन शक्ति (यानी एक निश्चित गुणक) होगी। इसलिए, विभिन्न प्रयोगों के अलग-अलग चलने के समय हैं, लेकिन उनका स्केलिंग समान है, । यह सिर्फ कह रही है कि सर्किट मॉडल में गेट लागत स्थिर है, बजाय यह सोचते हैं कि अगर हम गहराई का एक सर्किट का उपयोग की तरह है प्रत्येक गेट समय में चलाने के लिए किया जा सकता है । $\tilde H=5H$ $\tilde H$ $2^{n/2}$ $2^{n/2}$ $k$ $1/k$

इष्टतमता प्रमाण में अनिवार्य रूप से यह दिखाना शामिल है कि यदि आपने किसी भी संभव चिह्नित राज्य पता लगाया है, तो यह एक अलग चिह्नित राज्य, , धीमी का पता लगाएगा। चूंकि एल्गोरिथ्म को समान रूप से अच्छी तरह से काम करना चाहिए जो भी चिह्नित किया गया है, यह समाधान सबसे अच्छा है। $\ket{x}$ $\ket{y}$

— DaftWullie
स्रोत

प्रसार ऑपरेटर को परिभाषित करने का एक तरीका यह है ¹ , जहां है चरण ओरेकल $D = -H^{\otimes n}U_0H^{\otimes n}$ $U_0$

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

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

इससे पता चलता है कि को रूप में भी लिखा जा सकता है, जहां । $U_0$ $U_0 = I-2\left|0^{\otimes n}\rangle\langle0^{\otimes n}\right|$

D = 2 | + ⟩ ⟨ + | - I,

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

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

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

यह ² देता है कि प्रसार संचालक एक प्रतिबिंब है जिसके बारे में $\left|+\right>$

जैसा कि ग्रोवर के एल्गोरिथ्म का दूसरा हिस्सा भी एक प्रतिबिंब है, ये वर्तमान स्थिति को 'खोज-के लिए' मान करीब । यह कोण घूर्णन की संख्या के साथ रेखीय रूप से घटता है (जब तक कि यह खोज-मूल्य के लिए ओवरशूट नहीं करता है), यह देते हुए कि सही मान को सही ढंग से मापने की संभावना द्विघात रूप से बढ़ जाती है। $x_0$

बेनेट एट। अल। दिखाया कि यह इष्टतम है। एनपी-समस्या के लिए एक शास्त्रीय समाधान लेकर, ग्रोवर के एल्गोरिथ्म का उपयोग इसे गति देने के लिए द्विघात रूप से किया जा सकता है। हालाँकि, एक भाषा फ़ंक्शन के संरक्षण के लिए लंबाई (यहाँ, एक oracle), किसी भी काम- त्रुटि oracle based क्वांटम ट्यूरिंग मशीन इस भाषा को एक समय में स्वीकार नहीं कर सकती । $\mathcal L_A = \left\lbrace y:\exists x\, A\left(x\right) = y\right\rbrace$ $A$ $T\left(n\right)=\mathcal o\left(2^{n/2}\right)$

यह का एक सेट लेने से प्राप्त होता है, जहां का कोई व्युत्क्रम नहीं होता है (इसलिए यह भाषा में निहित नहीं है)। हालाँकि, यह परिभाषा द्वारा कुछ नई भाषा में निहित है । एक मशीन की संभावनाओं में अंतर स्वीकार और एक अलग मशीन स्वीकार करने में समय तब से कम है और इसलिए न तो भाषा स्वीकार की जाती है और न ही ग्रोवर का एल्गोरिथ्म वास्तव में है। asymptotically इष्टतम। ³ $\left|1\right>^{\otimes n}$ $\mathcal L_{A_y}$ $\mathcal L_A$ $\mathcal L_{A_y}$ $T\left(n\right)$ $1/3$

ज़ल्का ने बाद में दिखाया कि ग्रोवर का एल्गोरिथ्म बिल्कुल इष्टतम है।

^{1 ग्रोवर के एल्गोरिथ्म में, माइनस संकेतों को गोल किया जा सकता है, इसलिए जहां माइनस साइन है, वह कुछ हद तक मनमाना है और जरूरी नहीं कि प्रसार ऑपरेटर की परिभाषा में हो}

^{2 वैकल्पिक रूप से, ऋण चिह्न के बिना प्रसार संचालक को परिभाषित करना, बारे में एक प्रतिबिंब देता है $\left|+^\perp\right>$}

^{3 ओरेकल का उपयोग कर मशीन को परिभाषित करना के रूप में और मशीन ओरेकल का उपयोग कर के रूप में , इस तथ्य यह है कि वहाँ एक सेट है कि करने के लिए एक कारण है लिए बिट श्रृंखला का है, जहां के राज्यों और एक समय में हैं -close ⁴ , एक प्रमुखता के साथ । प्रत्येक अलंकरण जहां सही ढंग से तय करता है अगर है in को मैप किया जा सकता है जहां असफल $A$ $M^A$ $A_y$ $M^{A_y}$ $S$ $M^A$ $M^{A_y}$ $t$ $\epsilon$ $<2T^2/\epsilon^2$ $M^A$ $\left|1\right>^{\otimes n}$ $\mathcal L_A$ $2^n - \text{Card}\left(S\right)$ $M^A$ सही ढंग से तय करने के लिए कि क्या उस ओरेकल की भाषा में है। हालाँकि, इसे अन्य संभावित उत्तरों में से एक देना होगा और इसलिए यदि , तो मशीन असमर्थ है की सदस्यता निर्धारित करें । $\left|1\right>^{\otimes n}$ $2^n-1$ $T\left(n\right)=\mathcal o\left(2^{n/2}\right)$ $\mathcal L_A$}

^{4 यूक्लिडियन दूरी का उपयोग करना, दो बार ट्रेस दूरी}

— Mithrandir24601
स्रोत