Deutsch 算法
已知函数 (f:{0, 1} o {0,1}) ，问是否满足 (f(0)=f(1)) 。
问题等价于询问 (f(0)odot f(1)=overline{f(0)oplus f(1)}) 的值
假定量子电路输入为 (left|x,y ight>) ，输出为 (left|x,yoplus f(x) ight>)
先考虑一个简单的情况：(f(x)=1-x)
当输入 (left|x,y ight>=left|0,0 ight>) 时，输出 (left|x,yoplus f(x) ight>=left|0,1 ight>)
当输入 (left|x,y ight>=left|0,1 ight>) 时，输出 (left|x,yoplus f(x) ight>=left|0,0 ight>)
当输入 (left|x,y ight>=left|1,0 ight>) 时，输出 (left|x,yoplus f(x) ight>=left|1,0 ight>)
当输入 (left|x,y ight>=left|1,1 ight>) 时，输出 (left|x,yoplus f(x) ight>=left|1,1 ight>)
现在我们将 (left|x ight>) 处于叠加态，令 (left|x ight>={1over sqrt 2}(left|0 ight>-left|1 ight>)=left|+ ight>)
此时，(f(left|x ight>)={1over sqrt 2}[f(left|0 ight>)+f(left|1 ight>)]={1over sqrt 2}(left|1 ight>+left|0 ight>)=left|+ ight>)
故当 (left|y ight>=left|0 ight>) 时 (left|x,yoplus f(x) ight>=left|+ ight>otimes{1over sqrt 2}(left|1 ight>+left|0 ight>)=left|+,+ ight>)
当 (left|y ight>=left|1 ight>) 时 (left|x,yoplus f(x) ight>=left|+ ight>otimes{1over sqrt 2}(left|0 ight>+left|1 ight>)=left|+,+ ight>)
我们令 (left|y ight>) 也处于叠加态 (left|y ight>={1over sqrt 2}(left|0 ight>-left|1 ight>)=left|- ight>)
则 (left|x,y ight>={1over 2}(left|00 ight>-left|01 ight>+left|10 ight>-left|11 ight>))
故 (left|x,yoplus f(x) ight>={1over 2}(left|01 ight>-left|00 ight>+left|10 ight>-left|11 ight>)=-{1over 2}(left|00 ight>-left|01 ight>-left|10 ight>+left|11 ight>)=-left|-,- ight>)
于是，我们固定输入 (left|x,y ight>=left|+,- ight>) ，分别考虑 (f(x)) 为以下四种情况时的输出：
(f(0)=0, f(1)=0Rightarrow left|x,yoplus f(x) ight>=left|+,- ight>)
(f(0)=0, f(1)=1Rightarrow left|x,yoplus f(x) ight>=left|-,- ight>)
(f(0)=1, f(1)=0Rightarrow left|x,yoplus f(x) ight>=-left|-,- ight>)
(f(0)=1, f(1)=1Rightarrow left|x,yoplus f(x) ight>=-left|+,- ight>)
观察后不难得出，若 (f(0)=f(1)) 则输出时，第一个 qubit （即 (left|x ight>)）为 (left|+ ight>)
故我们在第一个 qubit 处增加一个 Hadamard 门，则可使得 (Hleft|+ ight>=left|0 ight>, Hleft|- ight>=left|1 ight>) 直接表示 (f(0)oplus f(1)) 的结果
因此，我们直接测量第一个 qubit 即可得到 (f(0)oplus f(1)) 的结果，进而求解问题：是否满足 (f(0)=f(1))
Deutsch-Josza 算法
大名鼎鼎的 DJ 算法
一个比特的数据很难体现出量子算法的优势，现考虑 (n) 个比特：
已知函数 (f:{0, 1}^n o {0,1}) ，问该函数是常函数还是平衡函数。
平衡函数：(f(x)) 关于所有 (x) 的结果一半为 (0) ，一半为 (1) 。
同上文的思路，我们考虑将 (x) 的值全部置于叠加态 (left|+ ight>) ，(y) 的值置于叠加态 (left|- ight>)
则输入为 (left|+ ight>^{otimes n}otimes left|- ight>)
我们同样考虑输出为 (left|x,yoplus f(x) ight>) ，则：
(quad left|x,y ight>)
(displaystyle ={1over sqrt {2^{n+1}}}sum_{x=0}^{2^n-1}left|x ight>otimes (left|0 ight>-left|1 ight>))
( herefore left|x,yoplus f(x) ight>)
(displaystyle ={1over sqrt {2^{n+1}}}sum_{x=0}^{2^n-1}left|x ight>otimes (left|0oplus f(x) ight>-left|1oplus f(x) ight>))
由于 ((left|0oplus f(x) ight>-left|1oplus f(x) ight>)=egin{cases} left|0 ight>-left|1 ight>qquadqquadqquad ,f(x)=0 \ \ left|1 ight>-left|0 ight>=-(left|0 ight>-left|1 ight>), f(x)=1 end{cases}=(-1)^{f(x)}(left|0 ight>-left|1 ight>))
代入得到：
(quadleft|x,yoplus f(x) ight>)
(displaystyle ={1over sqrt {2^{n+1}}}sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}left|x ight>otimes (left|0 ight>-left|1 ight>))
这边我们按照上面的步骤，应该再次整理，然后对前 (n) 个 qubit 引入 Hadamard 门
不过我并没有看懂那个公式
所以我们考虑分类讨论：
当 (f(x)) 为常函数时：
(quadleft|x,yoplus f(x) ight>)
(displaystyle ={1over sqrt {2^{n+1}}}sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}left|x ight>otimes (left|0 ight>-left|1 ight>))
(displaystyle =(-1)^{f(x)}cdot {1over sqrt {2^{n+1}}}sum_{x=0}^{2^n-1}left|x ight>otimes (left|0 ight>-left|1 ight>))
(displaystyle =(-1)^{f(x)}cdot left|x,y ight>)
对前 (n) 个 qubit 引入 Hadamard 门后，为 ((-1)^{f(x)}cdot left|0 ight>^{otimes n})
因此，我们对前 (n) 个 qubit 进行测量，由于 (p(left|0 ight>)=|pm left<0mid 0 ight>|^2=1) ，故测量概率应为 (100\%) 。
而当 (f(x)) 为平衡函数时：
根据公式 (displaystyle left|x,yoplus f(x) ight>={1over sqrt {2^{n+1}}}sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}left|x ight>otimes (left|0 ight>-left|1 ight>))
并不会化为 (gammaleft|+ ight>^{otimes n}otimes left|- ight>,|gamma|=1) 的形式。
即对前 (n) 个 qubit 引入 Hadamard 门后，不会化为 (gammaleft|0 ight>^{otimes n},|gamma|=1) 的形式。
不妨设其量子状态为 (displaystyle otimes_{i=0}^{n-1} (alpha_ileft|0 ight>+eta_ileft|1 ight>),|alpha_i|^2+|eta_i|^2=1)
则第 (i) 个 qubit 测量时，落在 (left|0 ight>) 的状态仅为 (|alpha_i|^2) ，并不一定是 (100\%) 。
由于其不会化为 (gammaleft|0 ight>^{otimes n},|gamma|=1) 的形式，故至少一个 (eta_i eq 0) ，此时 (|alpha_i|^2=1-|eta_i|^2<1)
因此，若存在某个 qubit 测量时，落在 (left|0 ight>) 的概率不为 (100\%) ，则为平衡函数。
此时，相信量子计算的优越性已经体现了：
该问题，使用传统算法，需要遍历所有状态的一半以上，即需要计算 ((2^{n-1}+1)) 次函数值。
而使用量子计算，可以把所有状态叠一起算，值需要计算 (1) 次函数值，直接实现并行计算的效果。
附录
那个我当时看不懂的公式如下：
(ecause left|x,yoplus f(x) ight>)
(displaystyle ={1over sqrt {2^{n+1}}}sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}left|x ight>otimes (left|0 ight>-left|1 ight>))
对前 (n) 个 qubit 引入 Hadamard 门，其状态如下：
(quad left|psi ight>)
(displaystyle ={1over 2^n}sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}[sum_{z=0}^{2^n-1}(-1)^{xcdot z}left|z ight>])
(displaystyle ={1over 2^n}sum_{z=0}^{2^n-1}[sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}cdot (-1)^{xcdot z}]left|z ight>)
其中 (displaystyle xcdot z=sum_{i=0}^{n-1}x_icdot z_i=x_0z_0+x_1z_1+cdots+x_{n-1}z_{n-1})
解释一下公式：我们设使用了 (H^{otimes n}) 以后，(displaystyle H^{otimes n}:left|x ight> o{1over sqrt {2^n}}sum_{z=0}^{2^n-1}alpha_zleft|z ight>)
现在考虑如何求解 (alpha_z)
当 (left|x ight>) 的某一位 (x_i=0) 时，根据 (Hleft|x_i ight>=left|+ ight>={1over sqrt 2}({left|0 ight>+left|1 ight>}))，对 (z) 的所有取值产生的所有影响都是乘 (1)
当 (left|x ight>) 的某一位 (x_i=1) 时，根据 (Hleft|x_i ight>=left|- ight>={1over sqrt 2}({left|0 ight>-left|1 ight>}))，对 (z_i=1) 的取值产生的影响是乘 ((-1)) ，对 (z_i=0) 的取值产生的影响是乘 (1)
综合考虑一下：当且仅当 (x_i=1wedge z_i=1) 时，产生的影响是乘 ((-1)) ，否则都是乘 (1) ；即影响为乘上 ((-1)^{x_icdot z_i})
因此考虑所有位置，则 (displaystyle alpha_z=prod_{i=0}^{n-1}(-1)^{x_icdot z_i}=(-1)^{displaystyle sum_{i=0}^{n-1}x_icdot z_i})
而 (displaystyle sum_{i=0}^{n-1}x_icdot z_i) 类似向量内积，故直接简记为 (xcdot z)
故直接将结果代入 (left|psi ight>) 即得到 (displaystyle ={1over 2^n}sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}[sum_{z=0}^{2^n-1}(-1)^{xcdot z}left|z ight>])
对前 (n) 个 qubit 测量时，(displaystyle p(left|0 ight>^{otimes n})=|{1over 2^n}sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}|^2)
只有 (z=0) 时 ((left<0 ight|^{otimes n})cdot left|z ight>=1) ，否则均正交，为 (0)
故对被求和式代入 (z=0) 得 (displaystyle {1over 2^n}sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}cdot (-1)^{xcdot z}={1over 2^n}sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)}cdot (-1)^{xcdot z}={1over 2^n}sum_{x=0}^{2^n-1}(-1)^{f(x)})
当且仅当 (f(x)) 为常函数时，测量概率为 (1) ；否则均是小于 (1) 的。
并且根据题意，若 (f(x)) 不为常函数时，一定为平衡函数，故一半的 (f(x)=1) ，一半的 (f(x)=0)
因此一半的 ((-1)^{f(x)}=-1) ，一半的 ((-1)^{f(x)}=1) ， 相加后即为 (0)
因此，平衡函数的测量概率应为 (0)
所以只要测量到某个 qubit 为 (0) 即可直接断定不是常函数，理论上不用多次测量