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单元终点任务：同一个矩阵，三种量子操作，四本资源账 ​

任务背景 ​

一个量子电路可以把矩阵乘到振幅上，也可以按奇异值修改矩阵，还可以产生归一化的线性方程解态。这三件事即使使用同一矩阵，也不应共用一个未经检查的成功概率或输出解释。本任务把矩阵固定下来，让输入、相干计算、后选和最终读出都有可复算的数值。

令

$$A=\frac{3I+X}{4}=\left(\begin{array}{cc}3/4& 1/4\\ 1/4& 3/4\end{array}\right),|b⟩=|0⟩.$$

$X,Z$ 是单 qubit Pauli 矩阵。允许使用已知单 qubit 旋转、受控 $X$、辅助 qubit，以及指定的受控模拟接口。把一次受控 $e^{itA}$ 的调用记为一次模拟调用，并另外记录其绝对演化时间 $|t|$。不能因为它被画成一个方框，就把任意 $t$ 的实际实现成本认作常数。

最终目标是估计归一化解态 $|x⟩\propto A^{-1}|b⟩$ 的 $Z$ 期望。误差和资源要求见 D 部分。

题目 ​

A. 先明确输入，再构造矩阵乘法 ​

1. 求 $A$ 的谱、算子范数与条件数。说明本题制备 $|b⟩$ 要做什么；若改为一份长度 $N$ 的任意经典向量清单，为何不能默认输入态制备公理库量子振幅编码与状态制备Amplitude encoding · Quantum state preparation用前缀平方质量逐层制备振幅编码态，处理零质量和复相位，并把经典列表读取、相干访问、门合成及逆制备的成本分别列清。仍为常数成本？
2. 用LCU公理库酉算子的线性组合实现Linear combination of unitaries · LCU method用PREP、SELECT和逆制备把矩阵线性组合实现为辅助零分支，显式计算I加2Z的成功和失败输出，并把选择访问、相位和后选择成本纳入契约。构造归一化因子 $\alpha =1$ 的精确块编码。取$$B=\left(\begin{array}{cc}\sqrt{3}/2& -1/2\\ 1/2& \sqrt{3}/2\end{array}\right),\mathrm{SELECT}=|0⟩⟨0|\otimes I+|1⟩⟨1|\otimes X,$$写出 $W=(B^{†}\otimes I)\mathrm{SELECT}(B\otimes I)$ 的四个块。输入 $|0⟩|b⟩$，测量辅助位得到0的概率及条件输出态分别是什么？
3. 对块编码公理库矩阵的量子块编码Block encoding · Projected unitary encoding把矩阵访问写成带归一化、辅助位数和误差的酉块接口，给出四阶显式扩张，并证明独立辅助寄存器下的乘法及误差传播。 $W$ 连用两次而复用同一个辅助位，成功块会是 $A^2$ 吗？如何用两个新鲜辅助位真正编码 $A^2$？
4. 本题 $W$ 是反射。令 $\mathrm{\Pi }=|0⟩⟨0|\otimes I$，用量子化公理库Qubitization 与二维信号子空间Qubitization从Hermitian信号块构造两反射量子行走，逐本征值推导二维旋转、端点退化和Chebyshev响应，并说明一般块编码所需的额外受控访问。步 $Q=(2\mathrm{\Pi }-I)W$ 写出 $\lambda =1$ 与 $\lambda =1/2$ 对应的特征相位，并解释端点的维数。

B. 求逆、去掉相位寄存器、检查放大操作 ​

1. 用HHL公理库HHL 量子线性系统算法HHL algorithm · Quantum linear systems algorithm明确HHL输出归一化解态而非经典坐标，逐谱分支推导倒数旋转与后选择，控制相位估计尾部和条件数，并把制备、模拟、放大与观测采样成本分别计入。求解本题，取逆幅值常数 $C=1/2$。先将 $|b⟩$ 展开到 $X$ 的特征基，再写出标志位为1的未归一化向量、成功概率和归一化解态。与 A2 比较。
2. 使用 $U=e^{i\pi A}$ 做两位精确相位估计。写出两个二进制相位。计入相位估计及其逆过程，每次完整求逆尝试用了多少次受控模拟调用、多少绝对演化时间？
3. 本题可以精确分解 $e^{itA}=e^{3it/4}{e}^{itX/4}$。为什么在受控模拟里不能直接丢掉前一个“整体相位”？若面对一般不对易的 $H_1+H_2$，又应回到哪一种模拟误差账公理库量子 Hamiltonian 模拟问题Hamiltonian simulation把Hamiltonian模拟定义为带访问接口和误差标准的量子电路任务，用X加Z的完整门计数展示模拟时间、矩阵范数和门合成精度如何共同进入成本。？
4. 为什么必须撤销相位估计？在本题中，若不撤销，后选成功后直接丢弃相位寄存器，所得数据态与目标纯态的保真度是多少？
5. 把 A2 的 $W$ 直接代入一步无视输入的振幅放大公理库无关输入态的振幅放大Oblivious amplitude amplification只反射辅助零子空间就放大未知数据上的统一酉作用，证明成功振幅二分之一时的一步精确恒等式，并用非酉反例展示奇异值失真。，成功块变为 $3A-4A^3$。计算它。本题会不会因为成功率提高，就自动得到想要的 $A|b⟩$ 或 $A^{-1}|b⟩$？

C. 说明多项式到底作用在哪里 ​

1. QSP公理库量子信号处理Quantum signal processing · QSP给出固定单qubit信号约定下完整的多项式对可实现条件，解释降阶合成，并通过一阶、Chebyshev三阶和x立方相位序列区分完整矩阵元与实部响应。采用正文的信号矩阵 $W(x)$ 与 $Z$ 相位约定。用三次信号调用、相位 $(0,\pi /3,-\pi /3,0)$ 得到的左上多项式是什么？给出配套 $Q(x)$ 并验证模平方恒等式。
2. 将该实多项式用于QSVT公理库量子奇异值变换Quantum singular value transformation · QSVT在投影酉接口上交替原门与逆门，实现有界奇偶多项式的奇异值响应，明确左右空间、额外实部辅助、查询次数和输入误差，并用非对称矩阵区分A立方。。本题 $A$ 为正定 Hermitian 矩阵，所得成功块是什么？写出矩阵和它作用于 $|0⟩$ 后的后选概率、条件态。
3. 若换成 $D=\left(\begin{array}{cc}0& 0.3\\ 0.8& 0\end{array}\right)$，同一个奇多项式的奇异值变换为何不能写成普通 $D^3$？请分别算出两个矩阵，并指出输入、输出奇异向量空间的方向。
4. 对完整复振幅 $P(x)$，仅有次数、奇偶性与区间有界是否已经充分？用 $P(x)=x/2$ 检查端点，再说明实现某个矩阵元素的实部时为何条件可以不同。

D. 把“产生一个态”变成可验收的读数 ​

先按理想电路求 $⟨Z{⟩}_x$ 和 $⟨X{⟩}_x$。实际实现的每次完整求逆电路，在后选之前的全寄存器输出向量与理想输出相差至多 $\eta ={10}^{-3}$；所有失败尝试都丢弃，并从新制备的 $|b⟩$ 开始。

1. 证明实际成功概率至少为 $p_{min}=(\sqrt{5/8}-\eta {)}^2$，成功后与理想全寄存器条件向量的距离至多 $2\eta /(\sqrt{5/8}-\eta )$。由此能否保证数据态迹距离不超过 $0.005$？
2. 每份成功数据态测量 $Z$，结果为 $+1$ 或 $-1$。也可以用Hadamard 测试公理库Hadamard 测试Hadamard test逐振幅推导受控酉期望值的实部和虚部读出，固定S逆门的相位约定，并给出样本数、输入制备和黑盒控制访问的完整成本。估计同一个期望，但本题直接测量更省门。用 Hoeffding 界使统计误差不超过 $0.04$、失败概率不超过 $0.01$，需要多少份独立成功态？将态制备偏差也计入后，总绝对误差能否保证不超过 $0.05$？
3. 给出理想与实际误差承诺下的期望尝试次数，以及实际的期望受控模拟调用数和绝对演化时间上界。说明这些数为什么是期望预算，不是确定的最坏停止时间。
4. 解释我们最终取得了哪些经典信息，哪些信息仍没有输出。若只有一份未知 $|b⟩$，还能免费不断重试吗？

E. 最后检查一个看似矛盾的结论 ​

本题显式给出的 $A$ 可以用一个已知轴的旋转处理很大的 $t$。这是否反驳不可普遍快进定理公理库量子模拟的不可快进定理No-fast-forwarding theorem以范数一的加权路径Hamiltonian把隐藏输入奇偶传播到终点，证明每次稀疏访问只需常数次bit查询，从而得到最坏情形线性时间查询下界。？请写出正文隐藏奇偶路径族的矩阵范数、运行时间、每次稀疏 oracle 调用对应的输入位查询数，以及由 PARITY 下界推出的模拟查询下界。

完整参考解答 ​

A. 输入与矩阵乘法 ​

$X$ 的特征态 $|+⟩,|-⟩$ 对应 $A$ 的特征值 $1,1/2$，所以 $\Vert A\Vert =1$、$\kappa =2$。本题输入就是已有的计算基零态，没有隐藏的数据装载开销。对任意经典长度 $N$ 清单，一般仍须读取数据并建立振幅旋转结构；没有指定相干 oracle 或额外结构时，不能把该开销忽略。若输入接口改为量子可查询数组，也必须另外计查询模型和制备复杂度。

LCU 四块为

$$W=\left(\begin{array}{cc}(3I+X)/4& \sqrt{3}(X-I)/4\\ \sqrt{3}(X-I)/4& (I+3X)/4\end{array}\right).$$

这里 $B|0⟩=\sqrt{3/4}|0⟩+\sqrt{1/4}|1⟩$，恰好对应两个正系数。零辅助块是 $A$，因而

$$A|0⟩=\frac{3|0⟩+|1⟩}{4},p_A=\frac{10}{16}=\frac{5}{8},|{\psi }_A⟩=\frac{3|0⟩+|1⟩}{\sqrt{10}}.$$

由于 ${\mathrm{SELECT}}^2=I$，这里 $W^2=I$。第二次作用会让第一次的失败分量重新回流到成功子空间，因此复用辅助位时左上块是 $I$，不是 $A^2$。若把两次 $W$ 分别作用于新鲜辅助位 $a_1,a_2$ 和同一数据寄存器，最后同时投影 $a_1=a_2=0$，则成功块才是

$$A^2=\frac{5I+3X}{8}.$$

量子化把内部特征值变成 $\pm \arccos \lambda$。对 $\lambda =1/2$，相位是 $\pm \pi /3$；对 $\lambda =1$，平面退化成一维，只有相位0，不能把本来不存在的第二个独立方向也算进去。

B. 求逆和相干消去 ​

输入展开为 $(|+⟩+|-⟩)/\sqrt{2}$。两个逆幅值为 $C/1=1/2$、$C/(1/2)=1$。撤销相位估计之后，成功分量是

$$\frac{|+⟩/2+|-⟩}{\sqrt{2}}=C{A}^{-1}|0⟩=\frac{3|0⟩-|1⟩}{4}.$$

因此成功率仍为 $5/8$，而解态是

$$|x⟩=\frac{3|0⟩-|1⟩}{\sqrt{10}}.$$

它与 A2 的概率相等只是这个算例的巧合；$|1⟩$ 的振幅符号相反，两种条件态并不相同。经典解向量本身为 $A^{-1}(1,0{)}^T=(3/2,-1/2{)}^T$，量子输出还把它归一化了。

$U=e^{i\pi A}$ 的两种相位分数为 $1/2={0.10}_2$、$1/4={0.01}_2$。正向两位相位估计调用受控 $U,U^2$，逆向调用其逆，共4次模拟调用，绝对演化时间为

$$\pi +2\pi +\pi +2\pi =6\pi .$$

这里不把其余 Fourier 变换、逆幅值旋转、辅助位清理和初态制备门计作模拟调用；它们仍然属于实际门数账。

未受控的整体相位对单次孤立输出态不可观察；受控之后，$e^{3it/4}$ 只加到控制位为1的分支，成了两分支之间的相对相位，正是相位估计会读到的信号。丢弃它会改变估计对象。一般不对易分解则需计算乘积公式的局部误差，例如一阶界 $t^2\Vert [H_1,H_2]\Vert /(2r)$，并加上旋转合成和每次受控实现的误差；本题两个项对易，所以该交换子误差恰为零。

若不撤销相位寄存器，成功后联合态仍把 $|+⟩$ 与 $|-⟩$ 标成两个正交标签。丢弃标签后数据态是

$$\rho =\frac{1}{5}|+⟩⟨+|+\frac{4}{5}|-⟩⟨-|.$$

目标在该基下的概率也是 $1/5,4/5$，却保留了相干交叉项。因此纯态保真度（本题采用 $⟨x|\rho |x⟩$ 约定）只有

$$\frac{1}{25}+\frac{16}{25}=\frac{17}{25}=0.68.$$

最后，$A^3=(9I+7X)/16$，故

$$3A-4A^3=-X.$$

这个特定例子的放大电路确实使成功块成为酉矩阵，因而成功率达到1，却把 $|0⟩$ 送到 $-|1⟩$。它既不是矩阵乘法的条件态，也不是解态。无视输入放大的精确保形结论要求原成功块是同一个酉算子的已知标量倍数；$A$ 的两个奇异值不同，缺少这个条件。

C. 多项式、端点与左右方向 ​

正文相位约定给出

$$P(x)=x^3,Q(x)=x^2+e^{i\pi /3}.$$

由于 $|Q(x){|}^2=x^4+x^2+1$，可直接检查

$$|P(x){|}^2+(1-x^2)|Q(x){|}^2=x^6+(1-x^2)(x^4+x^2+1)=1.$$

$P$ 是次数3的奇多项式，$Q$ 是次数2的偶多项式。这是完整酉实现的配套证书，不只是看到曲线落在 $[-1,1]$ 内。

本题 $A$ 为正定 Hermitian，左右奇异向量可以选成相同特征向量，所以奇异值立方就是

$$p^{\mathrm{S}\mathrm{V}}(A)=A^3=\frac{1}{16}\left(\begin{array}{cc}9& 7\\ 7& 9\end{array}\right).$$

作用于 $|0⟩$ 的成功率是 $(81+49)/256=65/128$，成功后态为 $(9|0⟩+7|1⟩)/\sqrt{130}$。QSVT 的反射相位约定须按正文转换，不能把上述 $W(x)$ 相位表不加变换地抄进另一种交替电路。

对于非 Hermitian 的 $D$，奇异值变换把右奇异向量送到对应左奇异向量。奇次三次变换是

$$p^{\mathrm{S}\mathrm{V}}(D)=D{D}^{†}D=\left(\begin{array}{cc}0& 0.027\\ 0.512& 0\end{array}\right),D^3=\left(\begin{array}{cc}0& 0.072\\ 0.192& 0\end{array}\right).$$

例如右输入 $|0⟩$ 的奇异值为 $0.8$，对应左输出 $|1⟩$，所以系数变成 ${0.8}^3=0.512$。普通矩阵立方则把同一坐标空间上的三个矩阵连续相乘，混合了两个不同的奇异方向。

完整复响应的酉恒等式在 $x=\pm 1$ 强制 $|P(\pm 1)|=1$；$x/2$ 虽有正确奇偶性且区间有界，仍不满足这个必要条件。若只要求响应的实部，则可让完整响应为 $e^{i\pi /3}x$，其实部就是 $x/2$。一般实多项式实现还需要酉补全和辅助分支平均，不能把“实现实部”误写成原来那个复矩阵元素已等于 $x/2$。

D. 误差、重试与读出 ​

理想态直接给出

$$⟨Z{⟩}_x=\frac{9-1}{10}=\frac{4}{5},⟨X{⟩}_x=\frac{2\cdot 3\cdot (-1)}{10}=-\frac{3}{5}.$$

设理想成功投影向量为 $u$，实际为 $v$。投影不会增大范数距离，故 $\Vert u-v\Vert \le \eta$，并且 $\Vert u\Vert =\sqrt{5/8}$。反三角不等式给出

$$\Vert v\Vert \ge \sqrt{5/8}-\eta ,p_{min}=(\sqrt{5/8}-0.001{)}^2\approx 0.62341986117.$$

把未归一化误差分成向量差与归一化因子差，可以得到

$$\Vert \frac{u}{\Vert u\Vert }-\frac{v}{\Vert v\Vert }\Vert \le \frac{2\eta }{\sqrt{5/8}-\eta }\approx 0.00253303<0.005.$$

纯态迹距离不超过这种向量距离；丢弃辅助寄存器又不会增加迹距离，所以数据态满足题设的 $0.005$ 上界。由于 $\Vert Z\Vert =1$，其期望偏差至多为迹距离的两倍，即 $0.01$。

对取值于 $[-1,1]$ 的独立样本，Hoeffding 界为

$$\text{Pr}\{|\overline{Z}-{\mathbb{E}}_{\mathrm{a}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{u}\mathrm{a}\mathrm{l}}Z|>e\}\le 2e^{-m{e}^2/2}.$$

取 $e=0.04$、失败概率 $0.01$，需要

$$m=\lceil \frac{2}{{0.04}^2}\ln \frac{2}{0.01}\rceil =6623$$

份成功态。这里误差承诺针对同一固定实际制备电路，且每次重试、制备和测量使用独立新寄存器。结合态偏差，总误差至多 $0.01+0.04=0.05$，概率至少为 $0.99$。

理想总尝试次数的期望为

$$\frac{6623}{5/8}=10596.8.$$

在上述实现误差下，实际期望尝试数不超过

$$\frac{6623}{p_{min}}\approx 10623.659.$$

所以期望受控模拟调用数不超过 $4\cdot 6623/p_{min}$，期望绝对演化时间不超过 $6\pi \cdot 6623/p_{min}$。这些数仍须与模拟器的门成本、逆幅值旋转和每次初态制备成本相乘或相加，不能直接称为总运行时间。

重复后选服从带长尾的重试过程。这里给的是期望，不存在由这些公式自动保证的固定尝试上限；若工程任务要求到期必停，应再规定截断次数，并把截断失败概率纳入总预算。

最后输出的是一个关于 $⟨Z{⟩}_x$ 的经典估计及其误差保证，不是 $A^{-1}b$ 的全部坐标，也不自动给出其未归一化范数。失败后重试依赖可以再次运行输入制备电路。本题 $|0⟩$ 很容易重建；只有一份未知输入态时，不能凭空复制它，也不能把丢弃失败分支后的输入假定为仍可原样使用。

E. 为什么已知小矩阵仍可以快 ​

不可普遍快进定理针对一般稀疏黑盒 Hamiltonian 的最坏情形。它不排除对易分解、显式谱或已知低维旋转等特殊结构。本题矩阵完全已知，旋转角计算与合成精度仍要计费，但没有隐藏一整串未知输入位。

正文的隐藏奇偶路径族满足 $\Vert H_x\Vert =1$、每行至多两个非零元。在

$$T=\frac{\pi N}{2}$$

时，起点态被送到携带 $N$ 位奇偶性的终点。一次邻居或数值 oracle 可以用至多两次输入位查询实现：先求出需要的位，再在写出答案后撤销工作位。因此若模拟用了 $q$ 次稀疏 oracle 调用，就给出至多 $2q$ 次查询的有界错误 PARITY 算法。由其至少 $N/2$ 次的量子查询下界，得到

$$q\ge \frac{N}{4}=\frac{T}{2\pi }.$$

这条归约把输入权限、演化时间和最后一次测量连在一起；只计算某个已知二阶矩阵的指数，无法检验或推翻该最坏情形结论。

可下载复算材料 ​

下载纯 Python 复算脚本

脚本只使用 Python 标准库，运行后输出 JSON 检查结果。它验证本任务的矩阵、块编码、放大多项式、求逆与读出预算，还逐项检查本单元正文中的乘积公式误差、Hadamard 两分量、QSP/QSVT 相位和所有 $N\le 6$ 的隐藏奇偶路径。有限检查帮助发现符号和计数错误；一般输入上的定理证明仍以正文为准。

验收标准 ​

应能分别交出输入接口账、相干调用与误差账、后选成功及重试账、经典读出账。每个输出须注明是未归一化向量、条件纯态、密度矩阵还是经典估计；每个复杂度须注明计的是查询、门、演化时间、成功副本数还是期望重试次数。