Problema de contagem aproximado na captura de BQP

No modelo de caixa preta, o problema de determinar a saída de uma máquina BPP na entrada é o problema de contagem aproximado de determinar com erro aditivo 1/3 (digamos). $M(x,r)$ $x$ $E_r M(x,r)$

Existe um problema semelhante para o BQP? Este comentário de Ken Regan sugere um problema

Você pode reduzir uma questão BPP para aproximar uma única função #P, mas com BQP que você recebe é a diferença de duas funções #P, chamá-los de e . Aproximando e separadamente não ajudá-lo aproximado quando é quase zero! $f$ $g$ $f$ $g$ $f - g$ $f - g$

O BQP fornece uma pequena ajuda: quando a resposta à pergunta do BQP em uma entrada é sim, você obtém que está próximo da raiz quadrada de , onde a contagem predica a definição e têm m variáveis binárias após você substituir . (Não há barras de valor absoluto; “magicamente” você sempre obtém . Sob representações comuns de circuitos quânticos para BQP, se torna o número de portas Hadamard.) Quando a resposta é não, a a diferença é próxima de 0. $x$ $f(x) - g(x)$ $2^m$ $f$ $g$ $x$ $f(x) > g(x)$ $m$

Você pode formular com precisão esse problema o mais próximo possível do BQP? Espero algo como: dado acesso à caixa preta para as funções mapeando para , com a promessa de que ..., estime para dentro de . $f,g$ $X$ $Y$ $f-g$ $\varepsilon$

cc.complexity-theory quantum-computing black-box

— Manu
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Penso que o comentário de Ken Regan se refere ao resultado BQP⊆AWPP de Fortnow e Rogers (JCSS 1999; people.cs.uchicago.edu/~fortnow/papers/quantum.pdf ).

— Tsuyoshi Ito

Respostas:

Emanuele: Infelizmente, não conhecemos nenhum problema de caixa preta ao capturar BQP tão simples quanto o que você mencionou ao capturar BPP.

Intuitivamente, isso ocorre porque é difícil falar sobre BQP sem trazer a unitariedade de uma forma ou de outra. A capacidade de somar números positivos e negativos é o que torna o BQP mais poderoso que o BPP, mas a unitariedade é o que torna o BQP menos poderoso que o #P! :-)

Dito isto, além de Dawson et al. No artigo a que Martin Schwarz vinculou, você definitivamente deveria verificar isso e isso por Janzing e Wocjan, que dão problemas de promessa "surpreendentemente clássicos" que capturam BQP.

Além disso, deixe S ⊆ {0,1} ⁿ e considere uma função booleana f: S → {0,1}. Então, eu tenho uma conjectura de anos atrás, que diz que Q (f), a complexidade da consulta quântica de erro delimitado de f, é polinomialmente relacionada ao grau mínimo de um polinômio real p: R ⁿ → R tal que

(i) p (x) ∈ [0,1] para todos os x∈ {0,1} ⁿ , e

(ii) | p (x) -f (x) | ≤ ε para todos os x∈S.

Se essa conjectura se mantiver, um "problema aproximado de contagem capturando BQP" seria simplesmente aproximar o valor de um polinômio polilog (n) de grau p: R ⁿ → R, em um ponto especificado no cubo booleano, dado que p é limitado em todos os lugares no cubo booleano. Isso pode ser o mais próximo possível da resposta à sua pergunta.

— Scott Aaronson
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Obrigado. Eu verifiquei esta resposta porque "Isso pode ser o mais próximo possível da resposta à sua pergunta". Pergunta: qual é o papel do "S" na sua conjectura? Estou confuso com (i) a falar sobre {0,1} ^ n eo resto falando S.

— Manu

Emanuele: Se S = {0,1} ^ n, então f é uma função booleana total. Nesse caso, já se sabe que a complexidade da consulta quântica está polinomialmente relacionada ao grau aproximado (assim como à complexidade determinística e aleatória da consulta). Portanto, o caso interessante é quando f é uma função booleana parcial : ou seja, o algoritmo quântico só precisa trabalhar com entradas que satisfaçam a promessa de que x pertence a S. Essa é a situação em que algoritmos quânticos como o de Simon (que superam exponencialmente o melhor algoritmo clássico) tornar possível.

— 10139 Scott-Ronson #

Observe que, embora o algoritmo quântico precise apenas calcular f nas entradas pertencentes ao conjunto S, a probabilidade de aceitação do algoritmo em entradas que não sejam S ainda pertence ao intervalo [0,1]! Por mais bobo que pareça, essa tem sido uma observação crucial para provar limites quânticos inferiores pelo método polinomial. E se eu não tivesse exigido que o polinômio p fosse delimitado em [0,1] para todo x em {0,1} ^ n (mesmo x não em S), então minha conjectura seria trivialmente falsa.

— Scott Aaronson

Este artigo elabora as idéias esboçadas acima em detalhes.

— Martin Schwarz
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Obrigado pelo link. A conexão com equações polinomiais sobre

parece interessante.

Z_{2}

$Z_2$

— Manu

@Emanuele Viola, @ Martin Schwarz: Realmente não vejo como este artigo responde à pergunta original. Por um lado, este artigo não fala sobre problemas de caixa preta. Parece que não consigo obter uma formulação precisa de um problema de caixa preta do papel, do tipo solicitado na pergunta. Talvez um de vocês possa lançar alguma luz sobre isso?

— Robin Kothari

@Robin Kothari: Eu concordo que o papel não gera um problema de caixa preta, como originalmente solicitado. Porém, ele elabora o comentário de Ken Regan. Eu deveria ter feito disso um "comentário" em vez de uma "resposta".

— Martin Schwarz

Ah, tudo bem. Sem problemas. Então eu acho que a questão ainda não foi resolvida.

— Robin Kothari