The abelian \(\op{HSP}\) and decomposing abelian groups¶

The abelian \(\op{HSP}\)¶

阿贝尔群通常使用加法记号，所以隐藏条件写作 \(f(x) = f(y) \iff x - y \in H\).

解决策略和离散对数算法很相近，首先从群上的均匀叠加态开始，然后计算函数：

\[ \ket{G} := \frac{1}{\sqrt{\lvert G \rvert}} \sum_{x \in G} \ket{x} \mapsto \frac{1}{\sqrt{\lvert G \rvert}} \sum_{x \in G} \ket{x, f(x)}. \]

丢弃第二个寄存器以获得 \(H\) 在 \(G\) 上的某个随机选择的陪集 \(x + H := \{x + h \mid h \in H\}\) 的均匀叠加态：

\[ \ket{x + H} := \frac{1}{\sqrt{\lvert H \rvert}} \sum_{h \in H} \ket{x + h}, \]

该状态被称为陪集态（coset state）. 因为陪集是未知且均匀随机的，所以丢弃后的状态可以用密度算子表示为

\[ \rho_H := \frac{1}{\lvert G \rvert} \sum_{x \in G} \ket{x + H}\bra{x + H}. \]

对陪集态施加 \(\op{QFT}\)，有

\[\begin{align*} \ket{\widehat{x + H}} &:= F_G \ket{x + H} \\ &= \frac{1}{\sqrt{\lvert H \rvert \cdot \lvert G \rvert}} \sum_{y \in \hat{G}} \sum_{h \in H} \chi_y(x + h) \ket{y} \\ &= \sqrt{\frac{\lvert H \rvert}{\lvert G \rvert}} \sum_{y \in \hat{G}} \chi_y(x) \chi_y(H) \ket{y}, \end{align*}\]

其中

\[ \chi_y(H) := \frac{1}{\lvert H \rvert} \sum_{h \in H} \chi_y(h). \]

接下来证明 \(\rho_H\) 是 \(G\)-不变的，它与 \(G\) 的正则表示对易，即对于满足 \(U(x)\ket{y} = \ket{x + y}\) 的酉矩阵 \(U(x)\)，有

\[\begin{align*} U(x) \rho_H &= \frac{1}{\lvert G \rvert} \sum_{y \in G} \ket{x + y + H}\bra{y + H} \\ &= \frac{1}{\lvert G \rvert} \sum_{z \in G} \ket{z + H}\bra{z - x + H} \\ &= \rho_H U(-x)^\dagger \\ &= \rho_H U(x). \end{align*}\]

所以 \(\hat{\rho}_H := F_G \rho_H F_G^\dagger\) 是对角化的，因而可以无损测量.

再考虑将 \(\chi_y\) 限制到子群 \(H\) 上. 显然若 \(\chi_y(h) = 1, \forall h \in H\)，则 \(\chi_y(H) = 1\). 否则，\(\chi_y\) 在 \(H\) 上是非平凡的，即存在 \(h' \in H\) 使得 \(\chi_y(h') \neq 1\). 而 \(h' + H = H\)，所以

\[\begin{align*} \chi_y(H) &= \frac{1}{\lvert H \rvert} \sum_{h \in h' + H} \chi_y(h) \\ &= \frac{1}{\lvert H \rvert} \sum_{h \in H} \chi_y(h' + h) \\ &= \chi_y(h') \chi_y(H), \end{align*}\]

也就是说 \(\chi_y(H) = 0\). 这也能从 \(H\) 的特征标正交性关系

\[ \frac{1}{\lvert H \rvert} \sum_{x \in H} \chi_y(x) \chi_{y'}(x)^* = \delta_{y, y'} \]

得到，选取 \(y'\) 为平凡特征标即可. 所以有

\[ \ket{\widehat{x + H}} = \sqrt{\frac{\lvert H \rvert}{\lvert G \rvert}} \sum_{y: \chi_y(H) = 1} \chi_y(x) \ket{y}, \]

以及混合态：

\[ \hat{\rho}_H = \frac{\lvert H \rvert}{\lvert G \rvert^2} \sum_{x \in G} \sum_{y, y': \chi_y(H) = \chi_{y'}(H) = 1} \chi_y(x) \chi_{y'}(x)^* \ket{y}\bra{y'} = \frac{\lvert H \rvert}{\lvert G \rvert} \sum_{y: \chi_y(H) = 1} \ket{y}\bra{y}. \]

在计算基下测量便会得到某个在隐藏子群 \(H\) 上平凡的特征标 \(\chi_y\)，此时便可以将范围缩小，考虑满足 \(\chi_y(g) = 1\) 的 \(g \in G\)，记为 \(\chi_y\) 的核 \(\ker \chi_y = \{g \in G : \chi_y(g) = 1\}\)，显然其是 \(G\) 的子群，且包含 \(H\). 重复上述过程，并计算核的交集. 可以证明在多项式步后便会以高概率得到 \(H\).

假设在计算过程中，核的交集为 \(K \leq G\) 且 \(K \neq H\). 因为 \(H < K\)，根据 Lagrange 定理，必然有 \(\lvert K \rvert \geq 2 \lvert H \rvert\). 因为 \(G\) 的特征 \(\chi_y\) 满足 \(\chi_y(H) = 1\) 的概率为 \(\lvert H \rvert / \lvert G \rvert\)，而满足 \(K \leq \ker \chi_y\) 的概率为

\[ \frac{\lvert H \rvert}{\lvert G \rvert} \cdot \lvert \{y \in \hat{G} : K \leq \ker \chi_y\} \rvert. \]

而满足这样条件的 \(y\) 的个数为 \(\lvert G \rvert / \lvert K \rvert\)，因为假如 \(K\) 是被隐藏的子群，那么得到这些 \(y\) 的概率为 \(\lvert K \rvert / \lvert G \rvert\). 因而得到一个满足 \(K \leq \ker \chi_y\) 的 \(y\) 的概率实际上为 \(\lvert H \rvert / \lvert K \rvert \leq 1/2\). 若测量得到 \(K \not \leq \ker \chi_y\)，那么有 \(\lvert K \cap \ker \chi_y \rvert \leq \lvert K \rvert / 2\). 也就是说每次测量都有至少 \(1/2\) 的概率将 \(K\) 的大小缩小至少一半，重复 \(O(\log \lvert G \rvert)\) 次便能以高概率得到 \(H\).

Decomposing abelian groups¶

问题来到了如何在群 \(G\) 上进行 \(\op{QFT}\) 的计算. 如果有每个群元素的唯一编码，能够进行群运算，并且知道 \(G\) 的生成集，便可以将 \(G\) 分解为循环子群的直和：

\[ G = \langle \gamma_1 \rangle \oplus \langle \gamma_2 \rangle \oplus \cdots \oplus \langle \gamma_t \rangle. \]

首先把问题规约到 \(p\)-群的情形. 对给定的生成元 \(g\)，因为有高效的寻阶量子算法，所以可以得到其阶为 \(r\)；此外还存在高效的因数分解量子算法，所以 \(r\) 可以写作 \(r = st\)，利用 Euclid 算法可以得到 \(a, b\) 使得 \(as + bt = 1\)，所以 \(asg + btg = g\)，所以可以用生成元 \(sg\) 和 \(tg\) 来代替 \(g\). 重复此过程，直到所有生成元的阶均为素数幂为止. 对于给定的素数 \(p\)，设 \(G_p\) 为 \(G\) 中所有阶为 \(p\) 的元素所生成的子群，那么 \(G = \bigoplus_p G_p\)，所以只需要考虑 \(G_p\) 的分解. 不失一般性，设 \(G\) 的阶是 \(p\) 的幂.

现在给定 \(G\) 的生成集 \(\{g_1, g_2, \ldots, g_d\}\)，设 \(q\) 是这些生成元阶的最大值，考虑群 \(\mathbb{Z}_q^d\) 上的一个隐藏子群问题. 定义函数 \(f: \mathbb{Z}_q^d \to G\) 为

\[ f(x_1, x_2, \ldots, x_d) = \sum_{i=1}^d x_i g_i. \]

所以 \(f(x_1, x_2, \ldots, x_d) = f(y_1, y_2, \ldots, y_d)\) 当且仅当 \(\sum_{i=1}^d (x_i - y_i) g_i = 0\)，也就是 \(f(x - y) = 0\). \(f\) 的核

\[ K := \{ x \in \mathbb{Z}_q^d : f(x) = 0 \} \]

形成了 \(G\) 的一个子群. 在其上利用隐藏子群问题解法便可以得到 \(K\) 的一个生成集 \(W = \{w_1, w_2, \ldots, w_m\}, w_i \in \mathbb{Z}_q^d\).

显然 \(f\) 是一个 \(\mathbb{Z}_d^q\) 到 \(G\) 的满同态，依据第一同构定理，有 \(G \cong \mathbb{Z}_q^d / K\). 所以问题转化为分析商群 \(\mathbb{Z}_q^d / K\) 的结构. 如果 \(\mathbb{Z}_q^d / K = \langle u_1 + K \rangle \oplus \langle u_2 + K \rangle \oplus \cdots \oplus \langle u_t + K \rangle\)，那么 \(G = \langle f(u_1) \rangle \oplus \langle f(u_2) \rangle \oplus \cdots \oplus \langle f(u_t) \rangle\).

最后一个要素是实现商群直和分解的多项式时间经典算法，这就需要利用到线性代数的工具. 考虑 \(x \in \mathbb{Z}_q^d\)，那么 \(x + K = K\) 当且仅当 \(x \in \op{span}_{\mathbb{Z}_q} W\). 而推广到任意整数向量 \(x \in \mathbb{Z}^d\) 上的话，\(x + K = K\) 当且仅当 \(x \in \op{span}_{\mathbb{Z}} (W \cup \{q e_i : 1 \leq i \leq d\})\)，其中 \(e_i\) 是标准基. 这样的 \(x\) 便是冗余向量.

接下来要用到来自整数线性代数的 Smith 标准形（Smith normal form）. 给定一个整数矩阵 \(M\)，其 Smith 标准形为 \(M = UDV^{-1}\)，其中 \(U, V\) 为幺模矩阵，\(D = \op{diag}(1, \ldots, 1, d_1, \ldots, d_t, 0, \ldots, 0)\) 为整数对角矩阵，其正对角线元素满足 \(d_1 \mid d_2 \mid \cdots \mid d_t\). Smith 标准形可以在多项式时间内计算出来.

此情形下，设 \(M\) 的列向量为 \(w_1, w_2, \ldots, w_m, q e_1, q e_2, \ldots, q e_d\)，\(M = U D V^{-1}\) 为 \(M\) 的 Smith 标准形. 设 \(u_1, \ldots, u_t\) 为 \(U\) 对应 \(D\) 中非平凡对角线元素的列向量. 断言 \(\mathbb{Z}_q^d / K = \langle u_1 + K \rangle \oplus \langle u_2 + K \rangle \oplus \cdots \oplus \langle u_t + K \rangle\).

因为 \(U\) 是可逆的，所以如果选取了 \(U\) 所有列向量也依然是生成集，但 \(D\) 中 \(0\) 和 \(1\) 对角元对应的 \(U\) 的列向量是冗余的. 设 \(u\) 是 \(U\) 的第 \(j\) 个列向量，若 \(u + K = K\)，那么 \(u \in \op{span}_\mathbb{Z} {\op{cols}(M)}\). 而由于 \(V\) 是幺模矩阵，所以有

\[ \op{span}_\mathbb{Z} {\op{cols}(M)} = \op{span}_\mathbb{Z} {\op{cols}(MV)}. \]

所以 \(u + K = K\) 当且仅当 \(u \in \op{span}_\mathbb{Z} {\op{cols}(MV)}\)，即 \(U^{-1} u = e_j \in \op{span}_\mathbb{Z} {\op{cols}(U^{-1} MV)} = \op{span}_\mathbb{Z} {\op{cols}(D)}\). 如果第 \(j\) 个对角线元素为 \(1\)，那么显然 \(e_j \in \op{span}_\mathbb{Z} {\op{cols}(D)}\)，所以 \(u + K = K\)，对应的 \(u\) 是冗余的.

Remark

对角元为 \(0\)