Esiste una semplice regola per l'inverso del tavolo stabilizzatore di un circuito Clifford?

In Improved Simulation of Stabilizer Circuits di Aaronson e Gottesman, viene spiegato come calcolare una tabella che descrive a quali prodotti del tensore di Pauli i X e Z osservabili di ogni qubit vengono mappati mentre un circuito di Clifford agisce su di essi.

Ecco come esempio il circuito di Clifford:

0: -------@-----------X---
          |           |
1: ---@---|---@---@---@---
      |   |   |   |
2: ---|---|---@---|-------
      |   |       |
3: ---@---@-------Y-------

E la tabella che descrive come agisce sugli osservabili X e Z di ogni qubit:

       +---------------------+-
       | 0    1    2    3    |
+------+---------------------+-
| 0    | XZ   X_   __   Z_   |
| 1    | ZZ   YZ   Z_   ZZ   |
| 2    | __   Z_   XZ   __   |
| 3    | Z_   X_   __   XZ   |
+------+---------------------+-
| sign |  ++   ++   ++   ++  |
+------+---------------------+-

Ogni colonna della tabella descrive come il circuito agisce sulla X osservabile (metà sinistra della colonna) e sulla Z osservabile (metà destra della colonna) di ciascun qubit. Ad esempio, il lato sinistro della colonna 3 è Z, Z, _, X che significa un'operazione X3 (Pauli X sul qubit 3) sul lato destro del circuito è equivalente a un'operazione Z1 * Z2 * X4 sulla mano sinistra lato del circuito. La riga 'segno' indica il segno del prodotto, che è importante se hai intenzione di simulare una misurazione (ti dice se invertire o meno il risultato).

Puoi anche calcolare la tabella per l'inverso di un circuito. Nel caso di esempio che ho fornito, la tabella inversa è questa:

       +---------------------+-
       | 0    1    2    3    |
+------+---------------------+-
| 0    | XZ   Y_   __   Z_   |
| 1    | _Z   YZ   Z_   _Z   |
| 2    | __   Z_   XZ   __   |
| 3    | Z_   Y_   __   XZ   |
+------+---------------------+-
| sign |  ++   -+   ++   ++  |
+------+---------------------+-

Le tabelle sembrano quasi uguali se trasponi le loro righe e colonne. Ma le voci non sono esattamente identiche. Oltre alla trasposizione, devi codificare le lettere in bit ( _= 00, X= 01, Z= 10, Y= 11), quindi scambiare i bit centrali quindi decodificare. Ad esempio, ZZ codifica in 1010 che scambia in 1100 che decodifica in Y_.

La domanda che ho è: esiste anche una semplice regola per calcolare i segni della tabella inversa?

Attualmente sto invertendo queste tabelle decomporle in circuiti, invertendo i circuiti, quindi moltiplicandoli di nuovo insieme. È estremamente inefficiente rispetto a trasporre + sostituisci, ma se ho intenzione di usare trasponi + sostituisci ho bisogno di una regola di segno.

pauli-gates clifford-group

— Craig Gidney
fonte

U

$U$

j

$j$

U X_{j} U^{†}

$U X_j U^\dagger$

U Z_{j} U^{†}

$U Z_j U^\dagger$

U^{†} X_{j} U

$U^\dagger X_j U$

U^{†} Z_{j} U

$U^\dagger Z_j U$

@AHusain Correct.

— Craig Gidney,

Per chiarire la domanda: cosa significano gli @s nel tuo circuito Clifford?

— Josu Etxezarreta Martinez,

@JosuEtxezarretaMartinez Quelli sono controlli. Quando due sono collegati, è un cancello CZ. @ collegato a una X è una X controllata. @ connesso a Y è un Y controllato.

— Craig Gidney,

Risposte:

Esiste una rappresentazione strettamente correlata della rappresentazione tableau di Aaronson (e Gottesman) , che funziona non solo per qubit ma per qudit di dimensione arbitraria finita, che funziona particolarmente bene per i circuiti puramente di Clifford ( cioè al massimo una misura terminale).

In questa rappresentazione alternativa, si hanno dei tableau che descrivono come si trasformano gli operatori X e Z a qubit singolo, con informazioni sulla fase, come nella rappresentazione usuale. Le colonne descrivono specificamente gli operatori Weyl multi-qubit, che sono un sottoinsieme speciale degli operatori Pauli. Il vantaggio di farlo è che il tableau non è solo una serie di coefficienti, ma un vero operatore lineare sui vettori che rappresentano gli operatori e le fasi di Weyl.

C'è un piccolo problema. Per i qubit, questi vettori hanno coefficienti che sono numeri interi modulo 4 (corrispondenti a una doppia copertura degli operatori Pauli non banali a singolo qubit da parte degli operatori Weyl), piuttosto che al modulo 2. Penso che questo sia un piccolo prezzo da pagare, anche se potrebbe essere leggermente distorto, in quanto è il mio risultato [ arXiv: 1102.3354 ]. Tuttavia, sembra essere una rappresentazione un po '"naturale": Appleby ha sviluppato il caso speciale single-qubit o qudit un po' prima [ arXiv: quant-ph / 0412001 ] (qualcosa che mi sarebbe piaciuto conoscere prima di passare due anni ricreare inutilmente essenzialmente le stesse convenzioni).

$M_C$ $C$ $C^{\dagger}$ $M_C^{-1}$

— Niel de Beaudrap
fonte

Potresti collegarti a diapositive o appunti di lezioni che descrivono gli operatori di Weyl?

— Craig Gidney,

Questo è in qualche modo correlato alla sostituzione della "base di Pauli" {I, X, Y, Z} con la "base di quaternione" {I, iX, iY, iZ} quando si tracciano i vettori del prodotto?

— Craig Gidney,

Presumibilmente quando si parla di qubit, la carta originale è questo uno

— DaftWullie

W_{a, b} = i^{- (a \codt b)} Z_{a} X_{b}

$W_{\mathbf a,\mathbf b}=i^{-(\mathbf a\codt\mathbf b)}Z_{\mathbf a}X_{\mathbf b}$

a, b \in Z_{4}^{n}

$\mathbf a,\mathbf b\in\mathbb Z^n_4$

— Niel de Beaudrap il

@DaftWullie: No, [arXiv: quant-ph / 9608006 ] è strettamente diverso. Indicano i poteri di X e Z per vettori mod 2 (vedi il testo precedente l'Eq.2), che si riflette nella struttura del gruppo additivo di GF (4). Le loro osservazioni sulle trasformazioni simplettiche a p.8 si applicano quindi alle fasi del modulo del gruppo Pauli. Appleby e io non pretendiamo di essere i primi ad avere una rappresentazione fantasiosa per il gruppo Pauli sui qubit: il punto è che la nostra rappresentazione traccia più graziosamente le fasi. Questo è meno importante per scoprire i QECC, ma è fondamentale per simulare gli stati.

— Niel de Beaudrap,

$2N$ $N$ $N$ $N$ $X$ $X_1Z_2$ $N=2$ $8\times 8$

M = (\begin{array}{cc} A & B \\ C & D \end{array}),

$M=\left(\begin{array}{cc} A & B \\ C & D \end{array}\right),$

N \times N

$N\times N$

(\begin{array}{cc} A & B \\ C & D \end{array}) \cdot (\begin{array}{cc} 0 & I \\ I & 0 \end{array}) \cdot {(\begin{array}{cc} A & B \\ C & D \end{array})}^{T} \equiv 0 mod 2

$\left(\begin{array}{cc} A & B \\ C & D \end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{cc} 0 & \mathbb{I} \\ \mathbb{I} & 0 \end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cc} A & B \\ C & D \end{array}\right)^T\equiv 0\text{ mod }2$

M

$M$

(\begin{array}{cc} D^{T} & B^{T} \\ C^{T} & A^{T} \end{array})

$\left(\begin{array}{cc} D^T & B^T \\ C^T & A^T \end{array}\right)$

2 \times 2

$2\times 2$

Il pasticcio, ovviamente, deriva dal tenere traccia delle fasi. Suppongo che i segni saranno correlati a un cambiamento nel numero di operatori Y in ciascuno stabilizzatore, ma non sono riuscito a un trattamento unificato. La risposta di Niel probabilmente fa un lavoro migliore nel prendersene cura automaticamente.

— DaftWullie
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