Deutsch-Jozsa 알고리즘

Deutsch의 알고리즘은 쿼리 문제에서 모든 고전 알고리즘을 능가하지만, 그 이점은 상당히 제한적입니다: 쿼리 1회 대 2회입니다. Deutsch-Jozsa 알고리즘은 이 이점을 확장하며, 실제로 몇 가지 서로 다른 쿼리 문제를 해결하는 데 사용할 수 있습니다.

다음은 Deutsch-Jozsa 알고리즘의 양자 Circuit 설명입니다. 그림에는 나와 있지 않지만, 해결하려는 특정 문제에 따라 추가적인 고전 후처리 단계가 필요할 수도 있습니다.

물론, 이 알고리즘이 실제로 어떤 문제를 해결하는지는 아직 다루지 않았습니다. 이는 이어지는 두 절에서 설명합니다.

Deutsch-Jozsa 문제

Deutsch-Jozsa 알고리즘이 원래 해결하도록 설계된 쿼리 문제인 Deutsch-Jozsa 문제부터 시작하겠습니다.

이 문제의 입력 함수는 임의의 양의 정수 $n$에 대해 $f:\Sigma^n \rightarrow \Sigma$ 형태를 취합니다. Deutsch의 문제와 마찬가지로, 과제는 $f$가 상수 함수이면 $0$을, $f$가 균형 함수이면 $1$을 출력하는 것입니다. 여기서 균형이란 함수가 $0$을 취하는 입력 문자열의 수와 함수가 $1$을 취하는 입력 문자열의 수가 같다는 의미입니다.

$n$이 $1$보다 클 때, $f:\Sigma^n \rightarrow \Sigma$ 형태의 함수 중 상수도 균형도 아닌 함수가 존재한다는 점에 주목하세요. 예를 들어, 다음과 같이 정의된 함수 $f:\Sigma^2\rightarrow\Sigma$는

$$\begin{aligned} f(00) & = 0 \\ f(01) & = 0 \\ f(10) & = 0 \\ f(11) & = 1 \end{aligned}$$

이 두 범주 중 어디에도 속하지 않습니다. Deutsch-Jozsa 문제에서는 이런 함수는 단순히 고려하지 않습니다 — 이들은 "신경 쓰지 않는" 입력으로 취급됩니다. 즉, 이 문제에서는 $f$가 상수 함수이거나 균형 함수라는 약속이 주어집니다.

Deutsch-Jozsa 문제

입력: 함수 $f:\{0,1\}^n\rightarrow\{0,1\}$
약속: $f$는 상수 함수이거나 균형 함수
출력: $f$가 상수 함수이면 $0$, $f$가 균형 함수이면 $1$

Deutsch-Jozsa 알고리즘은 단 하나의 쿼리로 이 문제를 다음과 같은 방식으로 해결합니다: $n$개의 측정 결과가 모두 $0$이면 함수 $f$는 상수 함수이고, 그렇지 않아서 측정 결과 중 하나 이상이 $1$이면 함수 $f$는 균형 함수입니다. 다른 방법으로 표현하면, 위에서 설명한 Circuit 이후에 측정 결과들의 OR를 계산하여 출력을 생성하는 고전 후처리 단계가 뒤따릅니다.

알고리즘 분석

Deutsch-Jozsa 문제에 대한 Deutsch-Jozsa 알고리즘의 성능을 분석하려면, 먼저 Hadamard Gate 한 층의 작용에 대해 생각해 보는 것이 도움이 됩니다. Hadamard 연산은 일반적인 방식으로 행렬로 표현할 수 있습니다.

$$H = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\[2mm] \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix},$$

그러나 표준 기저 상태에 대한 작용으로도 이 연산을 표현할 수 있습니다:

$$\begin{aligned} H \vert 0\rangle & = \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 1 \rangle\\[3mm] H \vert 1\rangle & = \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle - \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 1 \rangle. \end{aligned}$$

이 두 식을 하나의 공식으로 결합하면,

$$H \vert a \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \vert 0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} (-1)^a \vert 1 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{b\in\{0,1\}} (-1)^{ab} \vert b\rangle,$$

이는 $a\in\Sigma$의 두 가지 선택 모두에 대해 성립합니다.

이제 단일 qubit 대신 $n$개의 Qubit이 있고, 각 Qubit에 Hadamard 연산이 수행된다고 가정해 보겠습니다. $n$개의 Qubit에 대한 결합 연산은 텐서 곱 $H\otimes \cdots \otimes H$ ($n$번)로 설명되며, 간결하고 명확하게 $H^{\otimes n}$으로 표기합니다. 위의 공식을 사용하여 전개한 후 단순화하면, $n$개의 Qubit의 표준 기저 상태에 대한 이 결합 연산의 작용을 다음과 같이 표현할 수 있습니다:

$$\begin{aligned} & H^{\otimes n} \vert x_{n-1} \cdots x_1 x_0 \rangle \\ & \qquad = \bigl(H \vert x_{n-1} \rangle \bigr) \otimes \cdots \otimes \bigl(H \vert x_{0} \rangle \bigr) \\ & \qquad = \Biggl( \frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{y_{n-1}\in\Sigma} (-1)^{x_{n-1} y_{n-1}} \vert y_{n-1} \rangle \Biggr) \otimes \cdots \otimes \Biggl( \frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{y_{0}\in\Sigma} (-1)^{x_{0} y_{0}} \vert y_{0} \rangle \Biggr) \\ & \qquad = \frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{y_{n-1}\cdots y_0 \in \Sigma^n} (-1)^{x_{n-1}y_{n-1} + \cdots + x_0 y_0} \vert y_{n-1} \cdots y_0 \rangle. \end{aligned}$$

여기서, Qiskit의 인덱싱 관례에 따라 길이 $n$의 이진 문자열을 $x_{n-1}\cdots x_0$ 및 $y_{n-1}\cdots y_0$으로 표기하고 있습니다.

이 공식은 위의 양자 Circuit을 분석하는 데 유용한 도구를 제공합니다. 첫 번째 Hadamard Gate 층이 수행된 후, $n+1$개의 qubit(나머지와 별도로 처리되는 가장 왼쪽/아래쪽 qubit 포함)의 상태는 다음과 같습니다.

$$\bigl( H \vert 1 \rangle \bigr) \bigl( H^{\otimes n} \vert 0 \cdots 0 \rangle \bigr) = \vert - \rangle \otimes \frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x_{n-1}\cdots x_0 \in \Sigma^n} \vert x_{n-1} \cdots x_0 \rangle.$$

$U_f$ 연산이 수행되면, 이 상태는 다음과 같이 변환됩니다.

$$\vert - \rangle \otimes \frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x_{n-1}\cdots x_0 \in \Sigma^n} (-1)^{f(x_{n-1}\cdots x_0)} \vert x_{n-1} \cdots x_0 \rangle$$

이는 Deutsch의 알고리즘 분석에서 보았던 것과 완전히 동일한 위상 킥백 현상을 통해 이루어집니다.

그런 다음 두 번째 Hadamard Gate 층이 수행되며, (위의 공식에 의해) 이 상태를 다음과 같이 변환합니다.

$$\vert - \rangle \otimes \frac{1}{2^n} \sum_{x_{n-1}\cdots x_0 \in \Sigma^n} \sum_{y_{n-1}\cdots y_0 \in \Sigma^n} (-1)^{f(x_{n-1}\cdots x_0) + x_{n-1}y_{n-1} + \cdots + x_0 y_0} \vert y_{n-1} \cdots y_0 \rangle.$$

이 표현은 다소 복잡해 보이며, 함수 $f$에 대해 더 많은 것을 알지 않고는 서로 다른 측정 결과를 얻을 확률에 대해 많은 것을 결론 내릴 수 없습니다.

다행히도, 우리가 알아야 할 것은 모든 측정 결과가 $0$일 확률뿐입니다 — 왜냐하면 그것이 알고리즘이 $f$를 상수로 판정할 확률이기 때문입니다. 이 확률은 간단한 공식으로 표현됩니다.

$$\Biggl\vert \frac{1}{2^n} \sum_{x_{n-1}\cdots x_0 \in \Sigma^n} (-1)^{f(x_{n-1}\cdots x_0)} \Biggr\vert^2 = \begin{cases} 1 & \text{$f$가 상수 함수인 경우}\\[1mm] 0 & \text{$f$가 균형 함수인 경우} \end{cases}$$

더 자세히 설명하면, $f$가 상수 함수인 경우 모든 문자열 $x_{n-1}\cdots x_0$에 대해 $f(x_{n-1}\cdots x_0) = 0$이면 합의 값은 $2^n$이고, 모든 문자열 $x_{n-1}\cdots x_0$에 대해 $f(x_{n-1}\cdots x_0) = 1$이면 합의 값은 $-2^n$입니다. $2^n$으로 나누고 절댓값의 제곱을 취하면 $1$이 됩니다.

반면에 $f$가 균형 함수인 경우, $f$는 절반의 문자열 $x_{n-1}\cdots x_0$에서 $0$을, 나머지 절반에서 $1$을 취하므로, 합에서 $+1$ 항과 $-1$ 항이 상쇄되어 값은 $0$이 됩니다.

따라서 약속이 이행될 때 알고리즘이 올바르게 동작한다는 결론을 내릴 수 있습니다.

고전적 어려움

Deutsch-Jozsa 알고리즘은 매번 올바르게 작동하여 약속이 충족될 때 항상 정확한 답을 제공하며, 단 하나의 쿼리만 필요합니다. Deutsch-Jozsa 문제에 대한 고전 쿼리 알고리즘과 비교하면 어떨까요?

먼저, Deutsch-Jozsa 문제를 올바르게 해결하는 결정론적 고전 알고리즘은 지수적으로 많은 쿼리를 수행해야 합니다: 최악의 경우 $2^{n-1} + 1$번의 쿼리가 필요합니다. 그 이유는, 결정론적 알고리즘이 $2^{n-1}$개 이하의 서로 다른 문자열에 대해 $f$를 쿼리하고 매번 같은 함수 값을 얻는다면, 두 가지 답이 모두 여전히 가능하기 때문입니다. 함수가 상수일 수도 있고, 또는 균형 함수이지만 불운하게도 쿼리가 모두 같은 함수 값을 반환하는 경우일 수도 있습니다.

두 번째 가능성은 있을 것 같지 않아 보일 수 있지만 — 결정론적 알고리즘에는 무작위성이나 불확실성이 없으므로, 특정 함수에 대해 체계적으로 실패할 것입니다. 따라서 이 점에서 양자 알고리즘은 고전 알고리즘에 비해 상당한 이점을 가집니다.

그러나 한 가지 주의할 점이 있는데, 확률론적 고전 알고리즘은 단 몇 번의 쿼리만으로 매우 높은 확률로 Deutsch-Jozsa 문제를 해결할 수 있다는 것입니다. 특히, 길이 $n$의 서로 다른 문자열 몇 개를 무작위로 선택하여 그 문자열들에 대해 $f$를 쿼리하면, $f$가 균형 함수일 때 모든 쿼리에서 같은 함수 값을 얻을 가능성은 낮습니다.

구체적으로, $k$개의 입력 문자열 $x^1,\ldots,x^k \in \Sigma^n$을 균등 무작위로 선택하여 $f(x^1),\ldots,f(x^k)$를 평가하고, 함수 값이 모두 같으면 $0$, 그렇지 않으면 $1$로 답하면, $f$가 상수 함수일 때는 항상 정확하고, $f$가 균형 함수일 때 오답을 낼 확률은 $2^{-k + 1}$에 불과합니다. 예를 들어 $k = 11$로 설정하면, 이 알고리즘은 $99.9$% 이상의 확률로 정확하게 답합니다.

이러한 이유로, 양자 알고리즘의 고전 알고리즘에 대한 이점은 여전히 상당히 제한적이지만 — 그럼에도 불구하고 이는 정량화 가능한 이점으로 Deutsch의 알고리즘에 비해 개선된 것입니다.

Qiskit으로 구현하는 Deutsch-Jozsa

# Added by doQumentation — required packages for this notebook
!pip install -q numpy qiskit qiskit-aer

from qiskit import QuantumCircuit
from qiskit_aer import AerSimulator
import numpy as np

Qiskit에서 Deutsch-Jozsa 알고리즘을 구현하려면, 먼저 dj_query 함수를 정의합니다. 이 함수는 Deutsch-Jozsa 문제의 약속 조건을 만족하는 함수를 무작위로 선택하여 해당 Query Gate를 구현하는 양자 Circuit을 생성합니다. 50% 확률로 함수는 상수(constant)이고, 나머지 50% 확률로 균형(balanced) 함수입니다. 각 경우에 대해 해당 유형의 함수 중에서 균등하게 선택합니다. 인수는 함수의 입력 비트 수입니다.

def dj_query(num_qubits):
    # Create a circuit implementing for a query gate for a random function
    # satisfying the promise for the Deutsch-Jozsa problem.

    qc = QuantumCircuit(num_qubits + 1)

    if np.random.randint(0, 2):
        # Flip output qubit with 50% chance
        qc.x(num_qubits)
    if np.random.randint(0, 2):
        # return constant circuit with 50% chance
        return qc

    # Choose half the possible input strings
    on_states = np.random.choice(
        range(2**num_qubits),  # numbers to sample from
        2**num_qubits // 2,  # number of samples
        replace=False,  # makes sure states are only sampled once
    )

    def add_cx(qc, bit_string):
        for qubit, bit in enumerate(reversed(bit_string)):
            if bit == "1":
                qc.x(qubit)
        return qc

    for state in on_states:
        qc.barrier()  # Barriers are added to help visualize how the functions are created.
        qc = add_cx(qc, f"{state:0b}")
        qc.mcx(list(range(num_qubits)), num_qubits)
        qc = add_cx(qc, f"{state:0b}")

    qc.barrier()

    return qc

draw 메서드를 사용하여 Query Gate의 양자 Circuit 구현을 확인할 수 있습니다.

display(dj_query(3).draw(output="mpl"))

다음으로, Query Gate의 양자 Circuit 구현을 인수로 받아 Deutsch-Jozsa Circuit을 생성하는 함수를 정의합니다.

def compile_circuit(function: QuantumCircuit):
    # Compiles a circuit for use in the Deutsch-Jozsa algorithm.

    n = function.num_qubits - 1
    qc = QuantumCircuit(n + 1, n)
    qc.x(n)
    qc.h(range(n + 1))
    qc.compose(function, inplace=True)
    qc.h(range(n))
    qc.measure(range(n), range(n))
    return qc

마지막으로, Deutsch-Jozsa Circuit을 한 번 실행하는 함수를 정의합니다.

def dj_algorithm(function: QuantumCircuit):
    # Determine if a function is constant or balanced.

    qc = compile_circuit(function)

    result = AerSimulator().run(qc, shots=1, memory=True).result()
    measurements = result.get_memory()
    if "1" in measurements[0]:
        return "balanced"
    return "constant"

함수를 무작위로 선택하고, 해당 함수에 대한 Query Gate의 양자 Circuit 구현을 출력한 다음, 그 함수에 대해 Deutsch-Jozsa 알고리즘을 실행하여 구현을 테스트할 수 있습니다.

f = dj_query(3)
display(f.draw("mpl"))
display(dj_algorithm(f))

'balanced'

Bernstein-Vazirani 문제

다음으로 Bernstein-Vazirani 문제라고 알려진 문제를 살펴보겠습니다. 이 문제는 푸리에 샘플링 문제라고도 불리는데, 같은 이름으로 불리는 더 일반적인 형식의 문제도 존재합니다.

먼저 몇 가지 표기법을 소개하겠습니다. 길이가 $n$인 임의의 두 이진 문자열 $x = x_{n-1} \cdots x_0$과 $y = y_{n-1}\cdots y_0$에 대해 다음과 같이 정의합니다.

$$x \cdot y = x_{n-1} y_{n-1} \oplus \cdots \oplus x_0 y_0.$$

이 연산을 *이진 내적(binary dot product)*이라고 부르겠습니다. 다음과 같이 대안적으로 정의할 수도 있습니다.

$$x \cdot y = \begin{cases} 1 & x_{{n-1}} y_{n-1} + \cdots + x_0 y_0 \text{ 가 홀수인 경우}\\[0.5mm] 0 & x_{{n-1}} y_{n-1} + \cdots + x_0 y_0 \text{ 가 짝수인 경우} \end{cases}$$

이 연산은 대칭적인 연산으로, $x$와 $y$를 서로 바꾸어도 결과가 변하지 않으므로 편의에 따라 자유롭게 바꿀 수 있습니다. 이진 내적 $x \cdot y$를 문자열 $y$에서 $1$인 위치에 해당하는 $x$의 비트들의 패리티로 생각하면 유용할 때가 있습니다. 반대로, 문자열 $x$에서 $1$인 위치에 해당하는 $y$의 비트들의 패리티로 생각할 수도 있습니다.

이 표기법을 이용하여 이제 Bernstein-Vazirani 문제를 정의할 수 있습니다.

Bernstein-Vazirani 문제

입력: 함수 $f:\{0,1\}^n\rightarrow\{0,1\}$
약속: $f(x) = s\cdot x$ ($x\in\Sigma^n$ 모든 값에 대해)가 성립하는 이진 문자열 $s = s_{n-1} \cdots s_0$이 존재함
출력: 문자열 $s$

이 문제를 위해 새로운 양자 알고리즘이 필요하지 않습니다. Deutsch-Jozsa 알고리즘이 이를 해결합니다. 명확성을 위해, OR 계산이라는 고전적 후처리 단계를 포함하지 않는 위의 양자 Circuit을 Deutsch-Jozsa Circuit이라고 부르겠습니다.

알고리즘 분석

Bernstein-Vazirani 문제의 약속을 만족하는 함수에 대해 Deutsch-Jozsa Circuit이 어떻게 작동하는지 분석하기 위해, 먼저 간단한 관찰부터 시작하겠습니다. 이진 내적을 이용하면, $n$개의 Hadamard Gate가 $n$개의 Qubit의 표준 기저 상태에 미치는 작용을 다음과 같이 나타낼 수 있습니다.

$$H^{\otimes n} \vert x \rangle = \frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{y\in\Sigma^n} (-1)^{x\cdot y} \vert y\rangle$$

Deutsch 알고리즘 분석에서 보았던 것과 유사하게, 이는 임의의 정수 $k$에 대해 $(-1)^k$의 값이 $k$가 짝수인지 홀수인지에만 달려 있기 때문입니다.

Deutsch–Jozsa Circuit으로 돌아오면, 첫 번째 Hadamard Gate 층이 수행된 후 $n+1$개의 Qubit의 상태는 다음과 같습니다.

$$\vert - \rangle \otimes \frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x \in \Sigma^n} \vert x \rangle.$$

이어서 쿼리 Gate가 수행되면, (위상 킥백 현상을 통해) 상태가 다음과 같이 변환됩니다.

$$\vert - \rangle \otimes \frac{1}{\sqrt{2^n}} \sum_{x \in \Sigma^n} (-1)^{f(x)} \vert x \rangle.$$

Hadamard Gate 층의 작용에 대한 공식을 이용하면, 두 번째 Hadamard Gate 층이 이 상태를 다음과 같이 변환함을 알 수 있습니다.

$$\vert - \rangle \otimes \frac{1}{2^n} \sum_{x \in \Sigma^n} \sum_{y \in \Sigma^n} (-1)^{f(x) + x \cdot y} \vert y \rangle.$$

이제 합 안의 $-1$의 지수 부분에서 몇 가지 단순화를 할 수 있습니다. 어떤 문자열 $s = s_{n-1} \cdots s_0$에 대해 $f(x) = s\cdot x$임이 약속되어 있으므로, 상태를 다음과 같이 표현할 수 있습니다.

$$\vert - \rangle \otimes \frac{1}{2^n} \sum_{x \in \Sigma^n} \sum_{y \in \Sigma^n} (-1)^{s\cdot x + x \cdot y} \vert y \rangle.$$

$s\cdot x$와 $x\cdot y$는 이진 값이므로, 덧셈을 배타적 OR로 대체할 수 있습니다. 이는 $-1$의 지수에서 정수에 있어 중요한 것은 짝수인지 홀수인지뿐이기 때문입니다. 이진 내적의 대칭성을 이용하면, 다음과 같이 상태를 표현할 수 있습니다.

$$\vert - \rangle \otimes \frac{1}{2^n} \sum_{x \in \Sigma^n} \sum_{y \in \Sigma^n} (-1)^{(s\cdot x) \oplus (y \cdot x)} \vert y \rangle.$$

(이진 내적이 배타적 OR보다 높은 우선순위를 갖는 것이 관례이므로 괄호가 엄밀히 필요하지는 않지만, 명확성을 위해 추가했습니다.)

이 시점에서 다음 공식을 활용합니다.

$$(s\cdot x) \oplus (y \cdot x) = (s \oplus y) \cdot x$$

이 공식은 비트에 대한 유사한 공식으로부터 유도할 수 있습니다.

$$(a c) \oplus (b c) = (a \oplus b) c,$$

그리고 이진 내적과 비트별 배타적 OR의 전개를 통해 다음과 같이 보일 수 있습니다.

$$\begin{aligned} (s\cdot x) \oplus (y \cdot x) & = (s_{n-1} x_{n-1}) \oplus \cdots \oplus (s_{0} x_{0}) \oplus (y_{n-1} x_{n-1}) \oplus \cdots \oplus (y_{0} x_{0}) \\ & = (s_{n-1} \oplus y_{n-1}) x_{n-1} \oplus \cdots \oplus (s_{0} \oplus y_{0}) x_{0} \\ & = (s \oplus y) \cdot x \end{aligned}$$

이를 통해 측정 직전의 Circuit 상태를 다음과 같이 표현할 수 있습니다.

$$\vert - \rangle \otimes \frac{1}{2^n} \sum_{x \in \Sigma^n} \sum_{y \in \Sigma^n} (-1)^{(s\oplus y)\cdot x} \vert y \rangle.$$

마지막 단계는 모든 이진 문자열 $z = z_{n-1}\cdots z_0$에 대해 성립하는 또 다른 공식을 활용하는 것입니다.

$$\frac{1}{2^n} \sum_{x \in \Sigma^n} (-1)^{z \cdot x} = \begin{cases} 1 & \text{$z = 0^n$인 경우}\\ 0 & \text{$z\neq 0^n$인 경우} \end{cases}$$

여기서 앞으로 이 강의에서 여러 번 사용할 간단한 문자열 표기법을 사용합니다. $0^n$은 길이 $n$의 모두 $0$인 문자열을 의미합니다.

이 공식이 성립함을 보이는 간단한 방법은 두 경우를 따로 살펴보는 것입니다. $z = 0^n$이면 모든 문자열 $x\in\Sigma^n$에 대해 $z\cdot x = 0$이므로, 합의 각 항의 값은 $1$이고 합산 후 $2^n$으로 나누면 $1$을 얻습니다. 반면에 $z$의 어느 한 비트라도 $1$이면, 이진 내적 $z\cdot x$는 $x\in\Sigma^n$의 가능한 선택 중 정확히 절반에 대해 $0$이고 나머지 절반에 대해 $1$입니다. 이는 $z$에서 $1$인 위치의 $x$의 비트를 뒤집으면 이진 내적 $z\cdot x$의 값이 ($0$에서 $1$로, 또는 $1$에서 $0$으로) 뒤집히기 때문입니다.

이 공식을 측정 전 Circuit 상태의 단순화에 적용하면 다음을 얻습니다.

$$\vert - \rangle \otimes \frac{1}{2^n} \sum_{x \in \Sigma^n} \sum_{y \in \Sigma^n} (-1)^{(s\oplus y)\cdot x} \vert y \rangle = \vert - \rangle \otimes \vert s \rangle,$$

이는 $s\oplus y = 0^n$이 $y = s$일 때만 성립하기 때문입니다. 따라서 측정 결과가 우리가 찾고자 하는 문자열 $s$를 정확히 드러냅니다.

고전적 어려움

Deutsch-Jozsa Circuit은 단 하나의 쿼리로 Bernstein-Vazirani 문제를 해결하지만, 어떠한 고전적 쿼리 알고리즘도 이 문제를 해결하려면 최소 $n$번의 쿼리가 필요합니다.

이는 이 경우 매우 단순한 이른바 정보 이론적 논증으로 추론할 수 있습니다. 각 고전적 쿼리는 해답에 대한 단 하나의 비트 정보를 드러내며, 밝혀야 할 정보는 $n$비트이므로 최소 $n$번의 쿼리가 필요합니다.

실제로 Bernstein-Vazirani 문제는 각 가능한 위치에 하나의 $1$이 있고 나머지 비트가 모두 $0$인 $n$개의 문자열 각각에 대해 함수를 쿼리하면 고전적으로 해결할 수 있으며, 이를 통해 $s$의 비트를 하나씩 알아낼 수 있습니다. 따라서 이 문제에서 양자 알고리즘과 고전 알고리즘의 차이는 $1$번의 쿼리 대 $n$번의 쿼리입니다.

Qiskit으로 Bernstein-Vazirani 구현하기

위에서 이미 Deutsch-Jozsa Circuit을 구현했으며, 여기서는 이를 활용하여 Bernstein-Vazirani 문제를 풀겠습니다. 먼저 임의의 이진 문자열 $s$가 주어졌을 때 Bernstein-Vazirani 문제의 쿼리 Gate를 구현하는 함수를 정의합니다.

def bv_query(s):
    # Create a quantum circuit implementing a query gate for the
    # Bernstein-Vazirani problem.

    qc = QuantumCircuit(len(s) + 1)
    for index, bit in enumerate(reversed(s)):
        if bit == "1":
            qc.cx(index, len(s))
    return qc

display(bv_query("1011").draw(output="mpl"))

이제 앞서 정의한 compile_circuit 함수를 사용하여 함수에 대해 Deutsch-Jozsa Circuit을 실행하는 함수를 만들 수 있습니다.

def bv_algorithm(function: QuantumCircuit):
    qc = compile_circuit(function)
    result = AerSimulator().run(qc, shots=1, memory=True).result()
    return result.get_memory()[0]

display(bv_algorithm(bv_query("1011")))

'1011'

명칭에 관한 참고사항

Bernstein-Vazirani 문제의 맥락에서는 Deutsch-Jozsa 알고리즘을 "Bernstein-Vazirani 알고리즘"이라고 부르는 경우가 흔합니다. 이는 약간 오해를 불러일으킬 수 있는데, 이 알고리즘은 실제로 Deutsch-Jozsa 알고리즘 자체로서, Bernstein과 Vazirani 자신도 자신들의 연구에서 이 점을 명확히 밝혔습니다.

Bernstein과 Vazirani가 한 것은 Deutsch-Jozsa 알고리즘이 (위에서 기술된 형태의) Bernstein-Vazirani 문제를 해결함을 보인 후, 재귀적 푸리에 샘플링 문제라고 알려진 훨씬 복잡한 문제를 정의한 것입니다. 이 문제는 트리 형태로 구성된 문제의 서로 다른 인스턴스들에 대한 해답이 새로운 수준의 문제를 여는 구조를 가진 매우 인위적인 문제입니다. Bernstein-Vazirani 문제는 본질적으로 이 더 복잡한 문제의 기저 케이스에 해당합니다.

재귀적 푸리에 샘플링 문제는 양자 알고리즘이 확률적 알고리즘에 비해 이른바 초다항식(super-polynomial) 우위를 갖는 것으로 알려진 최초의 쿼리 문제 사례였으며, Deutsch-Jozsa 알고리즘이 제공하는 양자 대 고전의 우위를 뛰어넘습니다. 직관적으로 말하면, 재귀적 버전의 문제는 양자 알고리즘의 $1$ 대 $n$이라는 우위를 훨씬 큰 규모로 증폭시킵니다.

이 우위를 입증하는 수학적 분석에서 가장 어려운 부분은 고전적 쿼리 알고리즘이 많은 쿼리 없이는 문제를 해결할 수 없음을 보이는 것입니다. 이는 매우 전형적인 현상으로, 많은 문제에서 창의적인 고전적 접근법이 효율적으로 문제를 해결하지 못함을 배제하는 것은 상당히 어려울 수 있습니다.

Simon의 문제와 다음 절에서 설명하는 그에 대한 알고리즘은 훨씬 더 단순한 초다항식(실제로는 지수적) 양자 대 고전 우위의 예시를 제공하며, 이러한 이유로 재귀적 푸리에 샘플링 문제는 덜 자주 논의됩니다. 그럼에도 불구하고, 그것 자체로 흥미로운 계산 문제임에는 틀림없습니다.