从奇偶校验L到CNOT电路的对数空间减少？

题。

Aaronson和Gottesman 在他们的论文《稳定器电路的改进仿真》中声称，仿真CNOT电路是⊕L完全的（在对数空间减少的情况下）。显然，它包含在⊕L中；硬度结果如何保持？

等效地：是否存在从模2的迭代矩阵乘积到模2的基本矩阵（实现行变换的可逆矩阵）的迭代乘积的对数空间缩减？

细节

甲控制非（或CNOT）操作是可逆的布尔运算，表单的其中仅Ĵ^个比特被改变，并且该位是通过将改变模2，对任何不同位置ħ和Ĵ。如果我们解释

{C N O T}_{h, j} (x_{1}, \dots, x_{h}, \dots, x_{j}, \dots, x_{n}) = (x_{1}, \dots, x_{h}, \dots, x_{j} \oplus x_{h}, \dots, x_{n})

$\mathsf{CNOT}_{\!h,j} (x_1\,, \;\ldots\;, x_h\,,\; \ldots\;, x_j\,, \;\ldots\;, x_n) \;\;=\;\; (x_1\,, \;\ldots\;, x_h\,,\; \ldots\;, x_j \oplus x_h\,, \;\ldots\;, x_n)$

x_{h}

$x_h$

作为ℤ/2ℤ上的向量，它对应于基本行变换模2，我们可以用对角线为1且非对角线位置的矩阵表示。甲CNOT电路是然后加入由这种类型的一些基本矩阵的乘积的矩阵乘积。

x = (x_{1}, \dots, x_{n})

$\mathbf x = (x_1\,, \;\ldots\;, x_n)$

通过阿伦森和戈特斯曼纸张以上（其中，提到非常捎带到这个问题，是关于一类可以在模拟量子电路的 ⊕L）对计算复杂度的部分。在本节开始时，他们对⊕L的描述如下：

[ L ]是对数不确定的图灵机可以解决的所有问题的类，当且仅当接受路径的总数为奇数时，才可以接受。但是还有另一种定义，对于非计算机科学家来说可能更直观。这是⊕L是类减少到模拟多项式大小CNOT电路的问题，即一个电路完全不和CNOT门组成，作用于初始状态| 0 ...0⟩。（很容易证明这两个定义是等效的，但这首先需要我们解释一下通常的定义是什么！）

本文的目标读者包括大量的非计算机科学家，因此滑脱的愿望并非没有道理。我希望有人能够阐明这种等效性。

显然，这样的模拟矩阵的乘积，可以在执行⊕L作为用于评价（模2），这是一个完整的问题（下LOGSPACE减少）的迭代矩阵的产品的系数的一个特例⊕L。此外，由于CNOT矩阵仅执行基本行运算，因此任何可逆矩阵都可以分解为CNOT矩阵的乘积。但是：我不清楚如何通过对数空间归约法将甚至可逆矩阵mod 2分解为CNOT矩阵的乘积。（事实上，正如EmilJeřábek在评论中指出的那样，高斯消去法足以计算行列式mod 2，这是一个⊕L-完全问题：因此，通过分解例如除非L = ⊕L，否则将不可逆矩阵作为基本矩阵的乘积在logspace中似乎不可行。）更不用说不可逆的矩阵乘积了。因此，似乎需要一些巧妙的减少。

我希望有人可以提供此简化的草图或参考（例如，如果简单的话，可以作为练习的文本）。

— 尼尔·德·波德拉普（Niel de Beaudrap）
source

我想计算行列式mod

也是⊕L完全的，因此高斯消除mod

也是⊕L难的。

2

$2$

2

$2$

— EmilJeřábek在2012年

@EmilJeřábek：我在想你的话，和我想看看这立即暗示了模拟电路CNOT是不完整的⊕L除非大号 = ⊕L。（考虑一个矩阵的乘积，或单个矩阵与单位矩阵的乘积！）这似乎太容易了；我错过了什么吗？我想也许它仅排除多对一的减少。

— Niel de Beaudrap

我认为没有那么容易。⊕L是一类决策问题，而F_2上的矩阵乘法是一个函数问题。矩阵乘法的⊕L版本是要求结果的特定位（例如，矩阵的左上角条目）。是否可以使用采用一系列矩阵并生成一系列基本矩阵的logspace算法，以使两个序列的乘积具有相同的左上角元素？这比真正的高斯消除要弱得多。实际上，尽管我不确定如何证明这一点，但亚伦森和格特斯曼的说法对我来说似乎是合理的。

— EmilJeřábek在2012年

@EmilJeřábek：我正在考虑大多数⊕L决策问题是基于验证DET自然的问题的各个系数的（通常将函数问题称为⊕L-完全，但是滥用术语）; 我对矩阵乘积的直觉是，它非常复杂，以至于很难为任意单个系数临时安排两个矩阵乘积，对于该系数而言，它们应该以无法确定的方式相等其他所有系数也会一致。

— Niel de Beaudrap

我明白了：对一个logspace机器的接受路径进行计数就等于对一个非循环图中的路径进行计数，这可以通过将上三角矩阵与对角线1相乘来表示。后者可以很容易地以显式方式表示为基本矩阵的乘积，而无需高斯消除。

— EmilJeřábek在2012年

让我们先从计数-complete问题国防部的长度的路径的数目从顶点到顶点在一个有向图。我们应用了以下两种日志空间缩减方法。 $\oplus L$ $2$ $n$ $s$ $t$ $G=(V,E)$

令是使得和 $G'=(V',E')$ $V'=V\times\{0,\dots,n\}$ （即，我们采取的副本的顶点，使图像边缘从去个复制到根据第复制的边缘，以及添加所有自循环）。那么原始问题就相当于计算从到的长度为路径 $E'=\{((u,i),(v,i+1):i<n,(u,v)\in E\}\cup\{(w,w):w\in V'\}$ $n+1$ $G$ $i$ $(i+1)$ $G$ $n$ $s'=(s,0)$ $t'=(t,n)$ 在。 $G'$

此外，是无环的，并且我们可以显式地定义一个枚举，使得在所有的边缘远离自循环从去到一些。在不失一般性的情况下，和。令为的邻接矩阵 $G'$ $V'=\{w_k:k\le m\}$ $G'$ $w_k$ $w_l$ $k<l$ $w_0=s'$ $w_m=t'$ $M$ $G'$ 给定的枚举。然后是一个上三角矩阵整数在对角线上，和长度的路径的数目从到等于右上角元件。 $M$ $1$ $n$ $s'$ $t'$ $M^n$

这是很容易地看到，其中是基本矩阵，其仅非对角项是在第行和第列。这样，我们将原始问题简化为计算基本矩阵乘积的右上角元素。在

M = \prod_{j = m}^{1} \prod_{i = 0}^{j - 1} E_{i, j} (M_{i, j}),

$M=\prod_{j=m}^1\prod_{i=0}^{j-1}E_{i,j}(M_{i,j}),$

E_{i, j} (a)

$E_{i,j}(a)$

a

$a$

i

$i$

j

$j$

\oplus L

$\oplus L$ 在这种情况下，计算是模

，即我们考虑

的矩阵。（在这种情况下，基本矩阵只能是我们可以忽略的

，并且可以由单个CNOT门模拟的

，如问题中所述。）如果我们将它们视为整数矩阵，则会得到

问题，如果将它们取模为

，则会得到

问题。

2

$2$

F_{2}

$\mathbb F_2$

E_{i, j} (0) = I

$E_{i,j}(0)=I$

E_{i, j} (1)

$E_{i,j}(1)$

# L

$\#L$

k

$k$

{M o d}_{k} L

$\mathrm{Mod}_kL$

— EmilJeřábek支持Monica
source

我的意思是，这是

与初等矩阵-complete 非负整数系数。对于任意整数，它是DET完整的。

# L

$\#L$

— EmilJeřábek在2012年

F_{2}

$\mathbb F_2$

You don’t need to go through matrix powering, whose ⊕L-completeness is harder to prove. ⊕L is defined by counting mod 2 the accepting paths of a nondeterministic logspace Turing machine (with polynomial time clock, I presume, so that the number is guaranteed to be finite), which is the same as counting paths in the configuration graph of the machine (it is easy to arrange that the paths all end in the same configuration, and that the paths have the same length, by making the machine go into a loop until its clock expires and then enter a fixed accepting state).

— Emil Jeřábek supports Monica

我想通过关注Buntrock 等人的论文《结构和Logspace-MOD类的重要性》中的思想。，我已经变得越来越习惯于考虑非循环二阶图中任意长度的路径数，以及像DET之类的问题，例如与之自然相关的矩阵乘积和幂。

— Niel de Beaudrap