4.3 受控运算¶
本节的习题也可以参考 Qiskit 网站：
https://qiskit.org/textbook/ch-gates/more-circuit-identities.html
import numpy as np
from opt_einsum import contract as einsum
from qiskit import QuantumCircuit
from qiskit.quantum_info import Operator
import warnings
np.set_printoptions(4, suppress=True)
warnings.filterwarnings("ignore")
# Vector in computational basis
vec0 = np.array([1, 0])
vec1 = np.array([0, 1])
# Matrices in computational basis
I = np.eye(2)
X = np.array([[0, 1], [1, 0]])
Y = np.array([[0, -1j], [1j, 0]])
Z = np.array([[1, 0], [0, -1]])
H = 1/np.sqrt(2) * np.array([[1, 1], [1, -1]])
T = np.array([[1, 0], [0, np.exp(1j*np.pi/4)]])
S = T @ T
P0 = np.outer(vec0, vec0)
P1 = np.outer(vec1, vec1)
预练习：受控门的张量积表示¶
预练习
请表明可以作用于 \(|x_1x_2\rangle\) 的、以 \(x_1\) 为控制量子比特、以 \(x_2\) 为目标量子比特的受控非门 \(\mathrm{CNOT}_{x_1, x_2}\) 可以表示为
其中，\(P_0, P_1\) 是计算基下的投影算符：
我们以后经常会使用这类受控门的张量积表示，来进行证明或计算。该控制门的图示是 (\(x_1, x_2\) 对应到下图的 \(q_0, q_1\))
circ = QuantumCircuit(2)
circ.cx(0, 1)
circ.draw()
证明 1
我们令待证等式右边为算符 \(A = P_0 \otimes I + P_1 \otimes X\) 。将 \(A\) 作用于两个量子比特 \(x_1, x_2\) 所构成的态 \(|x_1 x_2\rangle\) 上：
我们只需要考虑 \(|x_1 x_2\rangle\) 为计算基 \(\{ |00\rangle, |01\rangle, |10\rangle, |11\rangle \}\) 的情况。
若 \(|x_1\rangle = |0\rangle\)，那么 \(P_0 |0\rangle = |0\rangle\) 且 \(P_0 |0\rangle = 0\)。因此，
\[ A |0 x_2\rangle = |0\rangle \otimes I |x_2\rangle = |0x_2\rangle \]这意味着如果 \(|x_1\rangle = |0\rangle\)，那么经过算符 \(A\) 的作用后，\(|x_2\rangle\) 仍然保持不变。
若 \(|x_1\rangle = |1\rangle\)，那么 \(P_0 |1\rangle = 0\) 且 \(P_1 |1\rangle = |1\rangle\)。因此，
\[ A |1 x_2\rangle = |1\rangle \otimes X |x_2\rangle \]这意味着如果 \(|x_1\rangle = |1\rangle\)，那么经过算符 \(A\) 的作用后，\(|x_2\rangle\) 会变成 \(X |x_2\rangle\)，即将非门作用于 \(|x_2\rangle\)。
因此，算符 \(A\) 完全符合受控非门的定义。
对于上述的计算过程，请不要搞混 \(x_1, x_2\) 的下标与 \(|0\rangle, |1\rangle\)。
证明 2
直接计算等式右的 \(P_0 \otimes I + P_1 \otimes Z\)，并验证它是否是书中式 (4.23) 所表示的矩阵：
求取张量积 (Kronecker tensor product) 的过程实际上也可以通过 np.kron 函数实现。
np.kron(P0, I) + np.kron(P1, X)
array([[1., 0., 0., 0.],
[0., 1., 0., 0.],
[0., 0., 0., 1.],
[0., 0., 1., 0.]])
补充
我们有时还需要用以 \(x_2\) 为控制量子比特、以 \(x_1\) 为目标量子比特的受控非门 \(\mathrm{CNOT}_{x_1, x_2}\)。其表示是
请注意相对于 \(\mathrm{CNOT}_{x_1, x_2}\)，上式的变化不是 \(P_0\) 与 \(P_1\) 交换，而是张量积的顺序发生了变化。其图示是 (\(x_1, x_2\) 对应到下图的 \(q_0, q_1\))
circ = QuantumCircuit(2)
circ.cx(1, 0)
circ.draw()
练习 4.16 (多量子比特门的矩阵表示)¶
练习 4.16
在计算基下，如下线路的 \(4 \times 4\) 酉矩阵是什么？
如下线路在计算基下的酉矩阵是什么？
这里有意将原书中的 \(x_1, x_2\) 颠倒过来。一般来说，不管是程序还是书中，排在上面的线路的量子比特序号都比较小。
在这一小节中，我们会尽量同时使用 qiskit 来绘制线路图，以熟悉程序的编写。
第一个线路的酉矩阵是
np.kron(H, I)
array([[ 0.7071, 0. , 0.7071, 0. ],
[ 0. , 0.7071, 0. , 0.7071],
[ 0.7071, 0. , -0.7071, -0. ],
[ 0. , 0.7071, -0. , -0.7071]])
该线路的绘制可以通过下述代码实现：
circ = QuantumCircuit(2)
circ.h(0)
circ.draw()
第二个线路的酉矩阵是
np.kron(I, H)
array([[ 0.7071, 0.7071, 0. , 0. ],
[ 0.7071, -0.7071, 0. , -0. ],
[ 0. , 0. , 0.7071, 0.7071],
[ 0. , -0. , 0.7071, -0.7071]])
该线路的绘制可以通过下述代码实现：
circ = QuantumCircuit(2)
circ.h(1)
circ.draw()
练习 4.17 (由受控 \(Z\) 门建造受控非门)¶
练习 4.17
从一个受控 \(Z\) 门 (即一个在计算基下的作用由如下酉矩阵表示)
和两个 Hadamard 门构造一个受控非门，并指定控制量子比特和目标量子比特。
该练习是多解题。我们将在练习 4.18 中证明到
因此，对于受控 \(Z\) 门而言，控制量子比特和目标量子比特是完全等价的。我们将受控 \(Z\) 门的矩阵表示用程序变量 ctrl_Z 写出。
ctrl_Z = np.kron(P0, I) + np.kron(P1, Z)
ctrl_Z
array([[ 1., 0., 0., 0.],
[ 0., 1., 0., 0.],
[ 0., 0., 1., 0.],
[ 0., 0., 0., -1.]])
受控非门 CNOT 是受控 \(X\) 门，依据控制量子比特是 \(x_1\) 或 \(x_2\)、目标量子比特是 \(x_2\) 或 \(x_1\)，我们可能写出两种 CNOT 的矩阵表示，分别用变量 \(\mathrm{CNOT}_{x_1, x_2}\) ctrl_1_X 与 \(\mathrm{CNOT}_{x_2, x_1}\) ctrl_2_X 写出。
ctrl_1_X = np.kron(P0, I) + np.kron(P1, X)
ctrl_2_X = np.kron(I, P0) + np.kron(X, P1)
ctrl_1_X, ctrl_2_X
(array([[1., 0., 0., 0.],
[0., 1., 0., 0.],
[0., 0., 0., 1.],
[0., 0., 1., 0.]]),
array([[1., 0., 0., 0.],
[0., 0., 0., 1.],
[0., 0., 1., 0.],
[0., 1., 0., 0.]]))
我们很容易地可以凑出下述结果：
用数学的方式来表达上述过程，则是
有两种证明方法。第一种是给出所有矩阵表示并作验证：
np.allclose(np.kron(I, H) @ ctrl_Z @ np.kron(I, H), ctrl_1_X)
True
第二种方法是作代数证明。回顾到 \(HZH = X, H^2 = I\)，因此
证明完毕。
其中一个门路的图像可以绘制如下 (\(x_1, x_2\) 对应到下图的 \(q_0, q_1\))：
circ = QuantumCircuit(2)
circ.h(1); circ.cz(0, 1); circ.h(1)
circ.draw()
由于受控 \(Z\) 门实际上是关于控制与目标量子比特 \(x_1, x_2\) 对称的，因此也很容易地给出另一种情况：
练习 4.18¶
练习 4.18
证明下图：
回顾到预练习，用数学的语言表述，该题希望证明
这个证明恐怕还是需要用矩阵表示做比较方便：
np.allclose(
np.kron(P0, I) + np.kron(P1, Z),
np.kron(I, P0) + np.kron(Z, P1))
True
但也可以使用代数做法。我们可以利用下述结论：
因此，
因此，受控 \(Z\) 门是关于两个量子比特对称的。一般来说，它的图像不使用方块圈起来的 \(Z\) 给出，而是像下图一样 (也可以回顾练习 4.17 的解答)：
circ = QuantumCircuit(2)
circ.cz(0, 1)
circ.draw()
练习 4.19 (受控非门在密度矩阵上的作用)¶
练习 4.19
受控非门在密度矩阵 \(\rho\) 上的作用是重排矩阵元素的位置，故仅为一置换。在计算基下清晰地写出它的作用。
实际上，不仅对于密度矩阵，对于任意的 \(4 \times 4\) 矩阵 \(A\) 都是置换作用。我们令计算基下的 \(A\) 矩阵：
A = np.array(np.zeros((4, 4)) + np.array([1, 2, 3, 4]) + np.array([10, 20, 30, 40])[:, None], dtype=int)
A
array([[11, 12, 13, 14],
[21, 22, 23, 24],
[31, 32, 33, 34],
[41, 42, 43, 44]])
可以知道，\(\mathrm{CNOT}_{x_1, x_2} A\) 的效应是将矩阵的第 3、4 行进行对调：
np.array(ctrl_1_X @ A, dtype=int)
array([[11, 12, 13, 14],
[21, 22, 23, 24],
[41, 42, 43, 44],
[31, 32, 33, 34]])
可能更有意义的作用是 \(\mathrm{CNOT}_{x_1, x_2} \, A \, \mathrm{CNOT}_{x_1, x_2}^\dagger\) 的效应是将第 3、4 行与第 3、4 列同时对调。我们同时注意到 \(\mathrm{CNOT}_{x_1, x_2}\) 是 Hermitian 矩阵，即 \(\mathrm{CNOT}_{x_1, x_2} = \mathrm{CNOT}_{x_1, x_2}^\dagger\)。
np.array(ctrl_1_X @ A @ ctrl_1_X, dtype=int)
array([[11, 12, 14, 13],
[21, 22, 24, 23],
[41, 42, 44, 43],
[31, 32, 34, 33]])
因此，操作 \(\mathrm{CNOT}_{x_1, x_2} \, A \, \mathrm{CNOT}_{x_1, x_2}^\dagger\) 实际上相当于将计算基 \(\{ |00\rangle, |01\rangle, |10\rangle, |11\rangle \}\) 转换到 \(\{ |00\rangle, |01\rangle, |11\rangle, |10\rangle \}\)。
练习 4.20 (受控非门的基变换)¶
练习 4.20
不像理想的经典门，理想的量子门没有 (如电子工程师说的) 高阻抗输入。实际上，“控制”和“目标”的角色是随意的——它们的区分依赖于你认为该设备在哪组基下计算。我们已经描述了受控非门相对计算基的行为，并且在这个描述中控制量子比特是不变的。然而，如果考虑一组不同的基，则控制量子比特的确要变：我们将看到依赖于“目标”量子比特的状态，它的相位要翻转。证明下图：
引入基状态组 \(|\pm\rangle \equiv (|0\rangle \pm |1\rangle) / \sqrt{2}\)，利用这个线路恒等式关系证明一个第一个量子比特作为控制、第二个量子比特作为目标的受控非门的作用为
因此，相对这组新基，目标的量子比特的状态不变，而控制量子比特的状态在目标是 \(|-\rangle\) 的时候翻转，否则保持不变；即在这组基下，目标和控制的角色实际上互换了。
首先证明线路图等式。该线路图等式用数学语言表述，是
证明如下。我们需要利用到的结论有
我们当然也可以利用矩阵乘法直接证明等式：
np.allclose(
np.kron(H, H) @ ctrl_1_X @ np.kron(H, H),
ctrl_2_X)
True
第二个论断的另一种叙述方式是，若计算基下的态 \(|x_1 x_2\rangle\) 等价于 \(\{ |+\rangle, |-\rangle \}\) 基下的态 \(|y_1 y_2\rangle\)，那么 \(\mathrm{CNOT}_{x_1, x_2}\) 作为 \(x_1\) 控制、\(x_2\) 目标的受控非门，在基 \(\{ |+\rangle, |-\rangle \}\) 下恰好等价于 \(\mathrm{CNOT}_{y_2, y_1}\) 即 \(|y_2\rangle\) 控制、\(|y_1\rangle\) 目标的受控非门。
实际上左乘 \(H\)，右乘 \(H^\dagger = H\) 就相当于将算符的表示矩阵从计算基 \(\{ |0\rangle, |1\rangle \}\) 转换到基 \(\{ |+\rangle, |-\rangle \}\)。依照这个思路，我们作如下简单的说明。我们首先要回顾到
以及
因此，
上式中用到的技巧是 \((H \otimes H)^2 = I\)。
类似地，
对于 \(|-\rangle |+\rangle, |-\rangle |-\rangle\) 来说，证明过程是类似的。
练习 4.21¶
练习 4.21
验证下图的 \(C^2 (U)\) 的运算。
其中，\(V^2 = U\)，且 \(U, V\) 均为酉算符。
该练习尽管可以使用数学方法作证明，但过程非常繁琐。分类讨论是最快的处理方法。我们考察下图：
上图的过程是指，对于初始三粒子态 \(|\psi_0\rangle = |x_1 x_2\rangle \otimes |x_3\rangle\)，经过该门路后得到 \(|\psi_5\rangle\)。我们对 \(|x_1 x_2\rangle = |00\rangle, |01\rangle, |10\rangle, |11\rangle\) 分别进行讨论。下面需要利用到酉矩阵的性质 \(V V^\dagger = V^\dagger V = I\)。
这其中，只有 \(|11\rangle \otimes |x_3\rangle\) 给出了 \(|11\rangle \otimes U |x_3\rangle\)，其它情况都保持初态不变。因此，该门路从定义上确实符合 \(x_1, x_2\) 为控制量子比特、\(x_3\) 为目标量子比特的受控 \(U\) 门路。
练习 4.22¶
练习 4.22
证明一个 \(C^2 (U)\) 门 (对任意单量子比特酉算符 \(U\)) 可至多用 8 个单量子比特门和 6 个受控非门构造出来。
该证明实际上还是比较精妙的。这里先给出大体的证明过程；但对于其中一部分细节，我们在后续的引理证明部分给出。
该题的参考资料是
https://quantumcomputing.stackexchange.com/a/6951/14843
第一步：用 CNOT 与单量子比特酉算符表示 \(C^2(U)\) 门¶
证明的第一步很容易。我们回顾到图 4.6，任意的酉矩阵 \(V\) 总可以写为酉矩阵 \(A, B, C\) 与实数相位参数 \(\alpha\) 的表达式：
为了方便，我们定义下述相位算符：
因此，书中的图 4.6 可以表示如下 (注意为了这道例题的记号方便，我们有意用 \(V\) 替代 \(U\) 表示任意酉矩阵)：
其转置 \(V = C^\dagger X B^\dagger X (e^{-i \alpha} A^\dagger)\) 也是容易给出的。我们只要将转换为自伴算符，并对调线路顺序即可：
我们将这两个线路代入图 4.8 即可 (红色线条隔开受控 \(V\) 或 \(V^\dagger\) 算符的代入区域)：
我们发现，上述的图像中，有两个可以简化的线路。所有蓝色虚线框中标出的部分实际上是恒等作用 \(A A^\dagger = C^\dagger C = I\) (回顾到 \(A, B, C\) 都是酉矩阵)，因此进一步简化为
到现在为止，我们简化到 8 个单量子比特门路、与 8 个 CNOT 门路。我们还需要减掉两个 CNOT 门路。下一步中，我们会先对上图中的蓝色区域所包含的 CNOT 作简化。
第二步：简化 CNOT 门路¶
这一步需要用到下述引理一：
我们可以立即简化得到 (这里仍然有 7 个 CNOT 门路，还没有达到要求)
注意到第三行的 \(B^\dagger\) 门路与第一、二行的 CNOT 门路相互不受影响，因此我们交换一下这两个门路：
对上述蓝色区域使用引理一推论：
可以得到
第三步：相位转移¶
看起来问题又复杂化了，重新回到了 8 个 CNOT 门路。但实际上，依据引理二与引理三，上述蓝色虚线框中的部分可以比较随意地移动。迁移之后，得到
橙色的区域是两个相同的 CNOT 算符。由于 CNOT 算符在双量子比特空间下是实对称酉算符，因此可以相互抵消。最终，我们得到
引理一：CNOT 门路简化¶
我们需要证明下述路线图：
证明方法与练习 4.21 相同。我们对等式左作考察：
再对等式右作考察：
我们就发现 \(|\psi_3\rangle = |\psi_5\rangle\)，即等式两边相等。
引理一推论¶
我们给出下述等式关系：
我们对引理一的等式左右取自伴算符，随后对调等式左右，就得到上式的第一个等号。
第二个等号相当于一种对易关系：
对于这个对易，它是比较容易看出来的，我们不作仔细证明。
我们说，\(\mathrm{CNOT}_{x_1, x_3}\) 对于对目标量子比特 \(|x_3\rangle\) 的作用是 \(X\) 或 \(I\)。而其它可能对 \(|x_3\rangle\) 产生作用的算符是 \(\mathrm{CNOT}_{x_2, x_3}\)，它也是 \(X\) 或 \(I\)。因此，可能作用于 \(|x_3\rangle\) 上的所有算符都相互对易。
同时，\(|x_1\rangle\) 的作用仅仅是控制，因此 \(|x_1\rangle\) 的值始终不变。
综合上面的两点考虑，\(\mathrm{CNOT}_{x_1, x_3}\) 的位置在这个门路中是可以任意交换。
但我们也必须要说明，\(\mathrm{CNOT}_{x_1, x_2}\) 与 \(\mathrm{CNOT}_{x_2, x_3}\) 在门路中不可以交换。这个由读者自行验证吧。一般来说，如果一个量子比特同时可能作为控制比特出现，也被单量子比特算符作用或作为目标比特作用，那么这些算符之间不可交换。
引理二：对角算符在受控门路下的平移¶
我们之前说到，一般来说，不是所有算符都可以与 CNOT 的控制部分作对换。一个简单的例子会是
但我们马上会证明下述结论。对于任意的对角矩阵 \(\Lambda\) 与受控 \(A\) 门路 (未必要求是酉矩阵)，其门路满足下式
既然 \(\Lambda\) 是对角矩阵，那么它一定能通过参数 \(\lambda_0, \lambda_1 \in \mathbb{C}^2\) 表示：
那么
练习 4.23¶
练习 4.23
仅用受控非门和单量子比特门构造一个 \(U = R_x(\theta)\) 和 \(U = R_y(\theta)\) 的 \(C^1(U)\) 门。你能够把所需的单量子比特门的数量减到三个或两个吗？
我们先构造较为简单的受控 \(R_y(\theta)\)。回顾练习 4.7，我们有
因此，我们构造下述矩阵拆分：
其中，\(\alpha = 0\)、\(A = I\)、\(B = R_y(-\theta/2)\)、\(C = R_y(\theta/2)\)。容易证明 \(ABC = I\)。因此，
类似地，我们也能得到 \(R_z (\theta) = X R_z (-\theta) X\)。但我们还能同时得到另一个结论：
证明过程很简单。套用式 (4.4, 4.6, 4.18)，可以得到
基于上述结论，以及仿照 \(R_y\) 的矩阵拆解
我们立即可以得到
其中，\(\alpha = 0\)、\(A = H\)、\(B = R_z(-\theta/2)\)、\(C = R_z(\theta/2) H\)。同样容易证明 \(ABC = I\)。因此，
练习 4.24¶
练习 4.24
验证图 4.9 所实现的 Toffoli 门。
我们这里采用与原来书中稍有不同的记号。我们令
它具有性质 \(V^2 = X\)。
V = 0.5 * (1 + 1j) * (I - 1j * X)
V
array([[0.5+0.5j, 0.5-0.5j],
[0.5-0.5j, 0.5+0.5j]])
np.allclose(V.conj() @ V.conj(), X)
True
可以验证 \(V\) 具有如下分解：
A = H @ T
B = T.conj().T
C = H
α = np.pi / 4
np.allclose(np.exp(1j * α) * A @ X @ B @ X @ C, V)
True
那么依据练习 4.22 的结论，我们立即能得到
上图与待证的图 4.9 在线路图的第一、二行上稍有差别。第一行依据练习 4.22 的引理二，容易知道其实是等价的，即第一行的 \(T\) 门位置并不重要。对于第二行，我们需要表明 (下图中的 \(S = T^2\))
第一个量子比特是控制比特，等式左右当然是相等的。我们要分别考察第二个目标量子比特在第一个比特为 \(|0\rangle, |1\rangle\) 时的行为。对于控制量子比特为 \(|0\rangle\) 时，上图的等式证明问题就化为
这个结论是比较显然的，等式左右为恒等算符。
np.allclose(
T.conj().T @ T,
S @ T.conj().T @ T.conj().T)
True
控制量子比特为 \(|1\rangle\) 时，上图的等式证明就化为
np.allclose(
X @ T.conj().T @ X @ T,
S @ X @ T.conj().T @ X @ T.conj().T)
True
因此，上图的等式成立。到这里，我们就借着练习 4.22 的结论，完成了 Toffoli 门的证明。
练习 4.25 (Fredkin 门的构造)¶
练习 4.25
回忆 Fredkin (受控交换，controlled-swap) 门进行的运算：
给出使用三个 Toffoli 门构造的 Fredkin 门 (提示：想想这个交换门的结构——可以每次控制一个门)。
证明第一个和最后一个 Toffoli 门可以用受控非门代替。
用图 4.8 所示线路代替中间的 Toffoli 门，来得到仅用 6 个双量子比特门所构造的 Fredkin 门。
有更简单的仅用 5 个双量子比特门的结构吗？
第一问
首先我们要验证交换门路：
我们假设态处于 \(|x_1\rangle |x_2\rangle\)，其中 \(x_1, x_2 \in \{0, 1\}\)。那么
经过第一个 CNOT，得到 \(|x_1\rangle |x_2 \oplus x_1\rangle\)；
经过第二个 CNOT，得到 \(|x_1 \oplus (x_2 \oplus x_1)\rangle |x_2 \oplus x_1\rangle = |x_2\rangle |x_2 \oplus x_1\rangle\)；
经过第三个 CNOT，得到 \(|x_2\rangle |(x_2 \oplus x_1) \oplus x_2\rangle = |x_2\rangle |x_1\rangle\)；
这就将 \(|x_1\rangle |x_2\rangle\) 转换到了 \(|x_2\rangle |x_1\rangle\)。
因此，受控交换门只是再加上了一个控制节点而已：
第二问
这一问答案是
比较正常的解法会是对该算符考察其真值表 (原书中图 3.15)。当然，我们也可以用数学的语言来证明。上图的三量子比特下的 CNOT 门 (等式右的左右两个门路) 可以写为 \(I \otimes \mathrm{CNOT}\)，而等式右的中间 Toffoli 门表示为 \(I^{\otimes 3} + P_1 \otimes (X-I) \otimes P_1\)。我们需要证明的是
ctrl_12_X = np.kron(I, ctrl_1_X)
ctrl_13_toff = np.eye(8) + np.kron(np.kron(P1, X-I), P1)
ctrl_12_X @ ctrl_13_toff @ ctrl_12_X
array([[1., 0., 0., 0., 0., 0., 0., 0.],
[0., 1., 0., 0., 0., 0., 0., 0.],
[0., 0., 1., 0., 0., 0., 0., 0.],
[0., 0., 0., 1., 0., 0., 0., 0.],
[0., 0., 0., 0., 1., 0., 0., 0.],
[0., 0., 0., 0., 0., 0., 1., 0.],
[0., 0., 0., 0., 0., 1., 0., 0.],
[0., 0., 0., 0., 0., 0., 0., 1.]])
上述的计算结果与题目所给出的 Fredkin 门矩阵表示完全一致。
第三问
由于交换算符的对称性，门路的第二、三行可以互相交换。为了方便起见，我们交换这两行，并代入图 4.8：
第四问
这里需要利用到一些对易关系。首先，利用到 \(V V^\dagger = V^\dagger V = I\) 的对易关系，可以表明左数第 6 个门路与左数 3, 4, 5 门路可以交换。因此，
随后利用到 \([X, X] = 0\) 的关系，右数第 1, 2 个门路可以对易。因此，
上图中的五个蓝色虚线框，就是题目所要求的 5 个双量子比特门路。
本题的参考资料是
https://journals.aps.org/pra/abstract/10.1103/PhysRevA.53.2855
练习 4.26¶
练习 4.26
证明如下线路
与 Toffoli 门的差别仅是相对相位。即该线路把 \(|c_1, c_2, t\rangle\) 变为 \(e^{i \theta(c_1, c_2, t)} |c_1, c_2, t \oplus c_1 c_2\rangle\)，其中 \(e^{i \theta(c_1, c_2, t)}\) 是某个相对相位因子。这类门在实验实现中有时有用，它可以实现除了一个相对相位外与 Toffoli 门相同的门，但比直接实现 Toffoli 门容易得多。
本题使用练习 4.21 的解法会比较方便。我们同时回顾到练习 4.7 的结论 \(X R_y(\theta) X = R_y(-\theta)\) 以及 \(X^2 = 1\)。那么，我们考察不同的 \(c_1, c_2\) 下，第三行算符的实际作用 (注意算符图上线路的顺序与矩阵乘法顺序是反过来的)：
这里比较特殊的是 \((c_0, c_1) = (1, 0)\) 的情况。该控制门路的作用是将 \(|t\rangle\) 变为 \(Z |t\rangle\)，而不是恒等变换。但我们也注意到，\(Z\) 的作用等同于相位门 \(P_\pi = S^2 = T^4\)。因此，对于这种特殊情况，确实可以认为是相差一个相位；但这个相位是 \(|t\rangle\) 中 \(|0\rangle\) 与 \(|1\rangle\) 的贡献分量相位之区别，而不是全局相位 \(e^{i \theta(c_1, c_2, t)}\)。因此我倾向于认为，题目的问法是错的。
练习 4.27¶
练习 4.27
仅用受控非门和 Toffoli 门，来构造一个执行如下变换的量子线路。
这类部分循环置换 (cyclic permutation) 运算将在后面第 7 章用到。
很遗憾的是，这道题的答案目前还是凑出来的。但是我们至少可以验证下述结果。
仍然按照练习 4.21 的做法，对每个可能的波函数进行讨论：
上表满足题目所要求的循环置换的矩阵表示结果。
我们也可以利用 Python 代码结合 Qiskit 实现。但需要注意，由于原书中的量子比特记号约定是 \(|x_1 x_2 x_3\rangle\)，但在 Qiskit 中则是 \(|x_3 x_2 x_1\rangle\)，因此为了得到与书中相同的矩阵表示，我们需要额外增加两个 SWAP 门路。作为答案的线路，在下图中是被灰色虚线所围起来的线路。
circ = QuantumCircuit(3)
circ.swap(0, 2)
circ.barrier()
circ.toffoli(1, 2, 0)
circ.cnot(2, 1)
circ.cnot(1, 2)
circ.cnot(0, 1)
circ.toffoli(0, 1, 2)
circ.cnot(0, 1)
circ.barrier()
circ.swap(0, 2)
circ.draw()
我们可以用下述代码，打出其矩阵表示。可以发现，该矩阵表示结果与题目要求完全相同。
np.asarray(Operator(circ).data, dtype=int)
array([[1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0],
[0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1],
[0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0],
[0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0],
[0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0],
[0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0],
[0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0],
[0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0]])
但本题最为直观的构造方式是，先对量子比特作加法，随后若 \(|x_1 x_2, x_3\rangle = |00, x_3\rangle\)，那么将其变换为 \(|00, x_3\oplus1\rangle\)。其实际操作过程非常直观：
加法的线路构造思路是，需要在 \(|x_3\rangle\) 引入 \(X\) 算符以实现 \(|x_3 \oplus 1\rangle\)，随后小心地通过引入控制门路以作合适的进位。
控制部分 \(|x_1 x_2, x_3\rangle = |00, x_3\rangle\) 线路，实际上就是以 \(|x_1 x_2\rangle = |00\rangle\) 来控制的 Toffoli 线路；我们回顾到先前定义的所有 Toffoli 线路都是以 \(|x_1 x_2\rangle = |11\rangle\) 控制的；因此，依照书中的图 4.11 或图 4.12，可以给出该控制线路。
下图的蓝色区域即是加法线路，橙色区域即是控制线路。该线路也是本题的一个解，且构造思路清晰；但由于包含了单量子比特 \(X\) 门路，因此并不满足题目的要求。
练习 4.28¶
练习 4.28
对于 \(U = V^2\)，其中 \(V\) 是酉的，使用类似于图 4.10 的方式构造 \(C^5 (U)\) 门，但不用工作量子比特，可以使用受控 \(V\) 门与受控 \(V^\dagger\) 门。
危险
本题无解。无解性的证明思路是作行列式值分析。详细的理由请参考
https://cs.stackexchange.com/a/138853/141343
如果我们允许多控制节点的非门或 \(V\) 门，那么 \(C^5 (U)\) 门是可以构造出来的：
同时，若定义 \(U = V^{16}\)，那么该练习也是可以完成的，但线路恐怕会非常复杂。
练习 4.29, 4.30¶
练习 4.29
不使用工作量子比特，求出一个包含 \(O(n^2)\) Toffoli 门、受控非门和单量子比特门的可实现 \(C^n(X)\) 门 (\(n > 3\)) 的线路。
练习 4.30
设 \(U\) 是一个单量子比特酉运算，不使用工作量子比特，求一个包含 \(O(n^2)\) Toffoli 门、受控非门和单量子比特门，实现 \(C^n (U)\) 门 (\(n>3\)) 的线路。
警告
这两个问题不在此作证明。
可以参考下述文献的 Corollary 7.6。尽管证明过程还算比较直观，但需要引入许多符号，证明过程也比较长。
https://arxiv.org/abs/quant-ph/9503016
同时需要指出，对于任意 \(n > 5\)，如果允许一个工作量子比特，那么依据 Corollary 7.4，多受控非门的门路复杂度可以从 \(O(n^2)\) 降为 \(O(n)\)。从这个角度来说，工作量子比特其实还是非常重要的。工作量子比特在这个问题中，或可能在其它问题中，可以对线路大大作简化。
练习 4.31 (更多的线路恒等式)¶
练习 4.31
令下标表示算符作用的量子比特、并令 \(C\) 是量子比特 1 为控制、量子比特 2 为目标的受控非门。证明如下恒等式：
记号的细化定义¶
我们回顾到 \(C\) 即 CNOT 门，因此
\(X_1\) 是只作用于第一个量子比特的门路，因此
仿上，其它的符号也可以相应地给予定义。
式 (4.32)¶
上式中，我们利用了 \(P_0 X P_1 + P_1 X P_0 = I\) 以及 \(P_0 X P_0 = P_1 X P_1 = 0\)。这些可以通过矩阵乘法简单地验证，当然也可以用 \(Z, I\) 的表达式展开 \(P_0, P_1\) 来求解。
式 (4.33)¶
上式中，我们利用了 \(P_0 Y P_1 + P_1 Y P_0 = Y\) 以及 \(P_0 Y P_0 = P_1 Y P_1 = 0\)。
式 (4.34)¶
上式中，我们利用了 \(P_0 Z P_0 + P_1 Z P_1 = Z\) 以及 \(P_0 Z P_1 = P_1 Z P_0 = 0\)。
式 (4.35)¶
上式中，我们利用了 Pauli 矩阵所具有的性质 \(X^2 = Y^2 = Z^2 = I\)、投影算符的幂等性 \(P_0^2 = P_0\) 及 \(P_1^2 = P_1\)，和投影算符性质 \(P_0 + P_1 = I\)。
式 (4.36)¶
上式中，我们利用了 \(Z\) 在投影算符下的展开 \(Z = P_0 - P_1\)，以及一个恒等式 \(X Y X = iZX = i^2 Y = -Y\)。
式 (4.37)¶
上式中，我们利用了一个恒等式 \(X Z X = iXY = i^2 Z = -Z\)。
