Dlaczego ważne jest wyeliminowanie kubitów śmieciowych?

Większość odwracalnych algorytmów kwantowych wykorzystuje standardowe bramki, takie jak brama Toffoli (CCNOT) lub brama Fredkina (CSWAP). Ponieważ niektóre operacje wymagają stałej jako danych wejściowych, a liczba wejść i wyjść jest równa, śmieciowe kubity (lub śmieciowe kubity ) pojawiają się w trakcie obliczeń.$\left|0\right>$

Tak więc główny obwód, taki jak faktycznie staje się , gdzie oznacza śmieciowe kubity.| x ⟩ | $\left|x\right>\mapsto\left|f(x)\right>$$\left|x\right>\left|0\right>\mapsto\left|f(x)\right>\left|g\right>$
$\left|g\right>$

Obwody, które zachowują oryginalną wartość, kończą się na$\left|x\right>\left|0\right>\left|0\right>\mapsto\left|x\right>\left|f(x)\right>\left|g\right>$

Rozumiem, że kubity śmieci są nieuniknione, jeśli chcemy, aby obwód był odwracalny, ale wiele źródeł twierdzi, że ważne jest, aby je wyeliminować. Dlaczego tak jest${}^1$

---

${}^1$ Ze względu na prośby o źródła, patrz na przykład ten dokument arXiv , str. 8, który mówi

Jednak każda z tych prostych operacji zawiera szereg dodatkowych kubitów pomocniczych, które służą do przechowywania wyników pośrednich, ale nie są istotne na końcu. Aby nie marnować niepotrzebnej [sic] przestrzeni, ważne jest więc zresetowanie tych kubitów do 0, abyśmy mogli je ponownie wykorzystać.

lub ten artykuł arXiv, który mówi

Usuwanie kubitów śmieci i kubków pomocniczych jest niezbędne w projektowaniu wydajnego obwodu kwantowego.

lub wiele innych źródeł - wyszukiwarka Google powoduje wiele trafień.

Interferencja kwantowa jest sercem i duszą obliczeń kwantowych. Ilekroć masz śmieciowe kubity, zapobiegną one zakłóceniom. To właściwie bardzo prosta, ale bardzo ważna kwestia. Załóżmy, że mamy funkcję która odwzorowuje pojedynczy bit na pojedynczy bit. Powiedz jest bardzo prostą funkcją, taką jak . Powiedzmy, że mieliśmy obwód który wprowadza i wyprowadza . Teraz, oczywiście, był to układ odwracalny i można go zaimplementować za pomocą jednolitej transformacji . Teraz możemy wprowadzićf f ( x ) = x C f x f ( x ) | x ⟩ → | x ⟩ $f:\{0,1\}\to\{0,1\}$$f$$f(x)=x$$C_f$$x$$f(x)$$|x\rangle\to|x\rangle$$\frac{1}{\sqrt{2}}|0\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|1\rangle$a dane wyjściowe to także . Zastosujmy teraz bramę transformacji Hadamarda i zmierzmy, co otrzymujemy. Jeśli zastosujesz transformację Hadamarda do tego stanu , otrzymasz stan, a zobaczysz z prawdopodobieństwem . W tym przypadku w etapach pośrednich nie powstały żadne śmieci, przy konwersji klasycznego obwodu na obwód kwantowy.$\frac{1}{\sqrt{2}}|0\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|1\rangle$| 0⟩0$\frac{1}{\sqrt{2}}|0\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|1\rangle$$|0\rangle$$0$$1$

Ale powiedzmy, że stworzyliśmy jakieś śmieci w kroku pośrednim, gdy korzystamy z obwodu takiego jak ten:

.

W przypadku tego obwodu, jeśli zaczniemy od stanu , po pierwszym kroku otrzymujemy . Jeśli zastosujemy transformację Hadamarda w pierwszym kubicie, otrzymamy:$|x\rangle|0\rangle = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}|0\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|1\rangle \right)|0\rangle$$\frac{1}{\sqrt{2}}|00\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|11\rangle$

$$\frac{1}{2}|00\rangle + \frac{1}{2}|01\rangle + \frac{1}{2}|10\rangle + \frac{1}{2}|11\rangle$$

Jeśli dokonamy pomiaru na pierwszym kubicie, otrzymamy z prawdopodobieństwem , w przeciwieństwie do poprzedniego przypadku, w którym możemy zobaczyć z prawdopodobieństwem ! Jedyną różnicą między tymi dwoma przypadkami było utworzenie bitu śmieciowego na etapie pośrednim, którego nie udało się pozbyć, co doprowadziło do różnicy w końcowym wyniku obliczeń (ponieważ kubit śmieci został uwikłany w inny kubit) . Zobaczymy inny wzór interferencji niż w poprzednim przypadku, gdy zastosowano transformację Hadamarda. Właśnie dlatego nie lubimy robić śmieci podczas wykonywania obliczeń kwantowych: zapobiega to interferencjom.$0$$\frac{1}{2}$$0$$1$

Źródło: Wykład profesora Umesh Vazirani na temat EdX.

$\left|x\right>\left|0\right>\left|0\right>\mapsto\left|x\right>\left|f(x)\right>\left|g\right>$$\left|x\right>\left|f(x)\right>\left|0\right>$