Hadamard Transform
Hadamard 變換在量子邏輯門中提過，只不過那時是單量子的Hadamard門，負責把\(|1\rangle\)變成\(|-\rangle\)，\(|0\rangle\)變成\(|+\rangle\)。
那么對多量子的Hadamard門呢？
對於多量子邏輯門，其實說過一句，是單量子邏輯門的張量積。
對於多量子比特的Hadamard門，就是把每一個量子比特都由\(|1\rangle\)變成\(|-\rangle\)，\(|0\rangle\)變成\(|+\rangle\)，或者\(|-\rangle\)變成\(|1\rangle\)，\(|+\rangle\)變成$|0\rangle $ 。如果是n個比特，那么這n比特的Hadamard門就可以寫作是 \(H^{\otimes n}\) ，矩陣表達就是 \(H^{\otimes n}=\left[ \begin{array}{}{\frac{1}{\sqrt2}} &{\frac{1}{\sqrt2}} \\ {\frac{1}{\sqrt2}}&{-\frac{1}{\sqrt2}} \end{array}\right] \otimes ……\otimes \left[ \begin{array}{}{\frac{1}{\sqrt2}} &{\frac{1}{\sqrt2}} \\ {\frac{1}{\sqrt2}}&{-\frac{1}{\sqrt2}} \end{array}\right]\) （張量積n次）
對於\(|0\rangle\)，變成\(\frac{1}{\sqrt2}|0\rangle+\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle\)。
對於\(|00\rangle\)，變成\((\frac{1}{\sqrt2}|0\rangle+\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle)(\frac{1}{\sqrt2}|0\rangle+\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle)\) ，即 \(\frac{1}{2}|00\rangle+\frac{1}{2}|01\rangle+\frac{1}{2}|10\rangle+\frac{1}{2}|11\rangle\) 可能性均等的所有可能 的疊加。
那么對於n個 \(|0\rangle\) 呢？則是變成了 \(\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_{x \in \{0,1 \}^n}|x\rangle\) ，x是由0、1組成的所有的長度為n的數字串。
那么更進一步，如果我的n比特不是 \(|0\rangle\)，而是 \(|0\rangle\) 、 \(|1\rangle\) 隨意切換呢？比如數字串 \(|u\rangle=|u_1u_2……u_n\rangle\) ，如果輸入是 \(|u\rangle\) ，那么經過H門變換，輸出會是什么？
輸出是：\(\sum_x \frac{-1^{u·x}}{2^{\frac{n}{2}}} |x\rangle\) ,這里 \(u·x=u_1x_1+u_2x_2+……+u_nx_n\)
原因如下：
對於\(|0\rangle\)，H門變成\(\frac{1}{\sqrt2}|0\rangle+\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle\)
對於\(|1\rangle\)，H門變成\(\frac{1}{\sqrt2}|0\rangle-\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle\)
如果想要有一個負號，則需要這一位在輸入的時候是\(|1\rangle\) ，並且輸出的時候也是 \(|1\rangle\) ，同時，如果在這個數字串中這種情況出現了偶數次（即有偶數位的比特在輸入輸出的時候都是\(|1\rangle\)），那么整體情況就會是負負得正，所以我們將每位的情況相乘，再連加（對於不會造成負號的情況，他們相乘的結果是0），作為-1的指數來標明符號。
而以上的變換，在量子計算中又稱為Fourier Sampling。
整理一下本小節的內容： \(H^{\otimes n} |u\rangle = \sum_x \frac{-1^{u·x}}{2^{\frac{n}{2}}} |x\rangle\) ，他將我們的輸入數據給移到了符號上面去。
Parity Problem
這個問題是hadamard變換的簡單應用。
假設： 有這么一個黑盒子 把長度為n的0、1數字串映射成0或者1一個數字 \(f: \{ 0,1 \}^n \rightarrow \{0,1 \}\) ，已知映射的規則如下 \(f(x)=u·x=u_1x_1+u_2x_2+……+u_nx_n \mod 2\) 模2的意思是如果是累加的和是奇數，那么就是1，偶數就是0
問題：請問，我至少需要試幾次，才能知道u是什么？
經典解法：
輸入100……0 得到\(u_1\) 的值
輸入010……0 得到\(u_2\) 的值
輸入001……0 得到\(u_3\) 的值
……
輸入000……1 得到\(u_n\) 的值
因為我們的輸出結果只有一位的信息，而u的全部信息有n位，所以我們至少也需要n次。
量子解法：
這個量子解法又叫做 Bernstein-Vazirani算法，一共只有兩步：
一、制造出一個量子疊加態 ： $\frac{1}{2^{n/2}}\sum_x (-1)^{f(x)} |x\rangle $
二、對這個疊加態fourier sampling
why?
對於第一步我們需要制備出來的量子疊加態，不知道大家有沒有眼熟，這個是我們上一節的結論，將\(|u\rangle\) 作為H門的輸出得到的結果一模一樣。
我們已經知道了量子計算是可逆的，對於H門來說，連續兩個的H門操作就是完全抵消的，第一個H門將\(|0\rangle\)變成\(|+\rangle\)，第二個H門又將\(|+\rangle\)變成\(|0\rangle\)。
所以，我們能夠將$\frac{1}{2^{n/2}}\sum_x (-1)^{f(x)} |x\rangle $用H門變換出來，把f(x)的值移到符號上，那么我們也可以通過H門把符號上的f(x)移到輸出里，只需要一個同樣的H門操作，也就是我們的第二步。
所以現在的問題變成了，如果制備疊加態 $\frac{1}{2^{n/2}}\sum_x (-1)^{f(x)} |x\rangle $ 呢？
在量子電路里面我們已經討論過了，一個量子的電路，為了讓他可逆，我們一般是輸入 \(|x\rangle|b\rangle\) 然后輸出是 \(|x\rangle |b \oplus f(x) \rangle\) 把輸入的結果f(x)模2加到b上。
因為是需要所有的x，所以首先用H門，將n比特的 \(|0\rangle\) 變成所有狀態均可能的疊加態 \(\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_{x \in \{0,1 \}^n}|x\rangle\) 。
接下來，把 \(|-\rangle =\frac{1}{\sqrt2}|0\rangle-\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle\) 作為 \(|b\rangle\) 和前面的疊加態 \(\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_{x \in \{0,1 \}^n}|x\rangle\) 一起輸入 \(U_f\) 。
此時輸入是 \(\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_x |x\rangle |-\rangle\)
輸出是 \(\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_x |x\rangle |- \oplus f(x) \rangle\)
如果f(x)=0 那么\(|- \oplus f(x) \rangle = \frac{1}{\sqrt2}|0\rangle-\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle = |-\rangle\)
如果f(x)=1 那么\(|- \oplus f(x) \rangle = \frac{1}{\sqrt2}|1\rangle-\frac{1}{\sqrt2}|0\rangle = -|-\rangle\)
最后一個比特的值如果在\(|+\rangle |-\rangle\)坐標下測量，一定是 \(|-\rangle\)，f(x)的差別也變到了符號上，即 \((-1)^{f(x)}\)
此時，我們的輸出已經是 \(\frac{1}{2^{n/2}}\sum_x (-1)^{f(x)} |x\rangle |-\rangle\) ，只看前面的部分，就是我們需要的疊加態了。
概括一下，概括一下，通過H門制備出一個均等可能的態，然后和 \(|-\rangle\) 一起通過 \(U_f\) 將f(x)的結果移到符號上，最后再次通過H門，把符號上的結果移下來，整個電路圖如下圖所示，非常的簡單，在經典算法需要多項式時間的時候，量子算法只需要常數的時間。
下一篇的內容是simon's Algorithm是在parity Problem的又一個進化，也是基於H門的，所以說H門很重要啊，基本上所有的量子算法不管要干嘛，先來一個H門再說，畢竟這個是用n比特同時表達 \(2^n\) 個數據的法寶。