問題定義：
Problem：
\(f: \{ 0,1,2,3,……,N-1 \} \rightarrow \{0,1\}\)
找到 \(f(x)=1\) 的x
解法
經典解法：
經典解法很簡單，就是把每一個都看一遍，如果只有一個x對應的f(x)=1，那么平均是要看一半，才能找到那個x。
時間復雜度O(N)
量子解法：
使用Grover search 算法，時間復雜度在 \(O(\sqrt N)\)
Grover search 算法
Grover search 算法一共分為兩步：
- Phase Inversion
- Inversion about the Mean
然后不斷的迭代這兩步我們就能夠得到結果了。
首先我們先看看這兩個步驟分別在做什么：
我們把 $f(x)=1 $ 的 \(|x\rangle\) 稱為 \(x^*\) ，我們要找的也就是這個 \(x^*\) 。
Phase Inversion:
這一步主要是把 \(x^*\) 的概率幅翻轉，變成負數，而其他的保持不變。
即，把 \(\sum_{x } \alpha_x|x\rangle\) 變成 \(\sum_{x \neq x^*} \alpha_x|x\rangle -\alpha_{x^*}|x^*\rangle\)
Inversion about the Mean
這一步呢，就是把 \(\alpha_x\) 變成 \(2\mu- \alpha_x\)
\(\mu\) 是所有概率幅的平均值，\(\mu= \frac{\sum_x \alpha_x}{N}\)
用圖可能更好表達這兩個步驟究竟在做什么：
圖1到圖2，就是Phase Inversion，把\(x^*\)的概率幅翻轉到了下面，圖2中的虛線就是我的概率幅的平均值，圖2到圖3 就是我們的Inversion about the Mean，對着平均值翻轉一次，其余x的概率幅是高於平均值的，所以 \(2\mu- \alpha_x\) 讓他們變小了，而我們的 \(x^*\) 他的概率幅是個負數，所以 \(2\mu- \alpha_x\) 后他增加了。
不斷的重復這個步驟， \(x^*\) 他的概率幅會越來越大，最后我們測量的時候就會很容的找到他。
進行了 \(\sqrt N\) 后，他的概率幅就會達到 \(\frac{1}{ \sqrt 2}\) ，算概率就是1/2。
那么接下來的問題就是，這些操作是怎么實現的？
Phase Inversion:
這個步驟要做的事情就是，
把 \(\sum_{x } \alpha_x|x\rangle\) 變成 \(\sum_{x \neq x^*} \alpha_x|x\rangle -\alpha_{x^*}|x^*\rangle\)
符號是和f(x)是否為1相關的，進一步化簡就是 \(\sum_x (-1)^{f(x)} \alpha_x|x\rangle\)
有沒有一絲熟悉感？
把f(x)的結果給放到相位上去，這是我們在Parity Problem中就遇到的問題。
當時的解決方法是把答案比特變成 \(|-\rangle\)。
一般情況，如果我們打算放置答案的比特是 \(|b\rangle\)，那么輸入的比特就是\(|b \oplus f(x)\rangle\)
如果f(x)=0 那么\(|( \frac{1}{\sqrt2}|0\rangle-\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle) \oplus f(x) \rangle = \frac{1}{\sqrt2}|0\rangle-\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle = |-\rangle\)
如果f(x)=1 那么\(( \frac{1}{\sqrt2}|0\rangle-\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle) \oplus f(x) \rangle = \frac{1}{\sqrt2}|1\rangle-\frac{1}{\sqrt2}|0\rangle = -|-\rangle\)
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 \((-1)^{f(x)}\)
Inversion about the Mean
把 \(\alpha_x\) 變成 \(2\mu- \alpha_x\) ，這個就要比前一個麻煩了
這其實是要求我把現在的態對着 \(\mu\) 翻轉。
對着 \(\mu\) 翻轉會嗎？
不太會。
但是我會對着 \(|0\rangle\) 的翻轉啊。
對角線第一個值為1，其余為-1，非對角線的都為0。
\(\left[ \begin{array}{} 1 & 0 & …& 0 \\ 0 & -1 & …& 0 \\…\\0 & 0 & …& -1 \end{array}\right]\left[ \begin{array}{} a_0\\a_1\\…\\a_{n-1} \end{array}\right]=\left[ \begin{array}{} a_0\\-a_1\\…\\-a_{n-1} \end{array}\right]\)
這個矩陣輕而易舉的可以讓 \(|0\rangle\) 保持不變，非 \(|0\rangle\) 的符號全都翻轉。
量子變換要求矩陣式酉矩陣，這個矩陣很明顯滿足 \(UU^\dagger=U^\dagger U=I\)
接下來怎么做呢？
我們先把我們的態整體來一個從 \(|\mu\rangle\) 到 \(|0\rangle\) 的旋轉，對着 \(|0\rangle\) 翻轉后，又從 \(|0\rangle\) 到 \(|\mu\rangle\) 翻轉回去。
\(|\mu\rangle\) 是一個怎樣的態？
所有的x的概率都一樣，也就是我們的superposition \(\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_{x \in \{0,1 \}^n}|x\rangle\)
\(\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_{x \in \{0,1 \}^n}|x\rangle\) 和 \(|0\rangle\)之間的相互轉換，這就是我們最最熟悉的Hadamard Transform了
第二部分的電路圖如下：
這個矩陣是可以直接計算的：
我這里直接給出答案，得到的矩陣值呢是下圖左邊的這個矩陣：
在對應的 \(\alpha_x\)的結果恰好是 \(\frac{2}{N} \sum _{y=0}^{N} \alpha_y -\alpha_x\)
而 \(\frac{2}{N} \sum _{y=0}^{N} \alpha_y\) 恰好就是 \(2\mu\)
至此，呈上最完整的電路圖模塊：
第一個H門是數據的初始化，第二個門是為了翻轉 \(x^*\)，第三四五個門是為了對 \(| \mu \rangle\) 翻轉，二三四五這四個門就是要給重復的模塊了，不斷的重復他們就可以不斷的提高 \(x^*\)的概率幅，最終找到 \(x^*\)。
參考資料：