在量子隐形传态中使用小数的经典位

最近，我听说可以通过量子隐形传态将有理经典位（例如1.5 cbit）从一方转移到另一方。在标准遥传协议中，需要2个经典位和1个最大纠缠的共享资源状态，以实现未知状态的完美传送。但是我不明白如何在经典通道中发送位。$1.x$

1. 那可能吗？如果可以，请您简要说明一下？

2. 如果您能指出一些论文，使用分数位（可能还有额外的量子资源）可以实现完美的隐形传态，那将是很有帮助的。

有些人可能想知道这与量子计算有何关系。D. Gottesman和IL Chuang 提出，量子隐形传态将作为量子计算中的原始子程序发挥重要作用。G. Brassard，SL Braunstein和R. Cleve 表明，量子隐形传态可以理解为量子计算。

我不确定如何将隐形通信的经典通信量减少到不到两位，但是这是您可以使用非整数的一种方法：如果您将尺寸为的Qudit隐形，而不是二。对于每一个隐形传输协议，你必须发送的信息，这你可以在比特使用代表两个DITS ⌈ 2 日志2（d ）⌉比特。如果您随后多次重复该协议，则可以合并您要发送的经典消息，并将其平均减少到每个传送协议2 log 2（d ）。$d$$\lceil 2\log_2(d)\rceil$$2\log_2(d)$

不到两位数的经典通信（如果您要这样做的话）的一种可能途径是结合使用不完美的隐形传态和非通用的隐形传态（在此情况下，我们对要传送的状态有一些先验知识） 。如果您的资源状态为，则得到每个测量结果在隐形传输协议的概率取决于的值α：瞬移的状态（COS$\alpha|00\rangle+\sqrt{1-\alpha^2}|11\rangle$$\alpha$给出了四个不同的贝尔测量的probailities， | 乙Xÿ⟩=$(\cos\frac{\theta}{2}|0\rangle+\sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi}|1\rangle)$ 作为 pXÿ=

$$|B_{xy}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0x\rangle+(-1)^y|1\bar x\rangle\right)$$ 其中X和ÿ是单比特。使用了未知量子态的输入分布，我们可以计算出的平均值罪θ。 $$p_{xy}=\frac{1}{4}(1+(-1)^x(2\alpha^2-1)\cos\theta),$$ $x$$y$$\sin\theta$

$\int_0^{\pi}\cos\theta\sin\theta d\theta=0$$xy$

$(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle=\frac12$$(\frac38,\frac38,\frac18,\frac18)$$\{00,01,10,11\}\mapsto\{0,10,110,111\}$$\frac{15}{8}$$(2\alpha^2-1)\langle\cos\theta\rangle>\frac13$

$|\alpha|^2=|\beta|^2=\frac12$

我最近找到了Subhash Kak 的论文，该论文介绍了需要较少的经典通信成本（具有更多的量子资源）的远程传输协议。我认为最好写一个单独的答案。

Kak讨论了三种协议；其中两个使用1 cbit，最后一个需要1.5 cbit。但是前两个协议处于不同的设置中，即纠缠的粒子最初是在爱丽丝的实验室中进行的（并且执行了一些本地操作），然后其中一个纠缠的粒子被转移到了鲍勃的实验室中。这与“ 标准”设置不同，在“ 标准”设置中，甚至在协议开始之前，纠缠的粒子就在爱丽丝和鲍勃之间预先共享。有兴趣的人可以通过仅使用1 cbit的协议。我将尝试解释最后一个仅使用1.5 cbit（分数cbit）的协议。

$X, Y, Z$$U$$X$$X, Y$$Z$$U$$X$$\alpha|0\rangle + \beta|1\rangle$$|\alpha|^2+|\beta|^2=1$$Y, Z$$U$$|000\rangle+|111\rangle$

$$\alpha|0000\rangle + \beta|1000\rangle + \alpha|0111\rangle + \beta|1111\rangle$$

$X, Y$$Z$$X$$Y$$Y$$Z$

$XOR$

$$XOR = \left[{\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array}}\right].$$

$$|00\rangle \rightarrow |00\rangle \\ |01\rangle \rightarrow |01\rangle \\ |10\rangle \rightarrow |11\rangle \\ |11\rangle \rightarrow |10\rangle \\ $$

$$\alpha|0000\rangle + \beta|1110\rangle + \alpha|0101\rangle + \beta|1011\rangle$$

$X$

$$\alpha(|0000\rangle + |1000\rangle) + \beta(|0110\rangle - |1110\rangle) + \alpha(|0101\rangle + |1101\rangle) + \beta(|0011\rangle - |1011\rangle)$$

$X$$Y$

$$|00\rangle(\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle) + |01\rangle(\alpha|01\rangle + \beta|10\rangle) + |10\rangle(\alpha|00\rangle - \beta|11\rangle) + |11\rangle(\alpha|01\rangle - \beta|10\rangle).$$

$Z$$U$

$|00\rangle$

$|10\rangle$$\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & -1 \end{array}}\right]$

$|01\rangle$$\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$

$|11\rangle$$\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & -1 \end{array}}\right]$$\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$

$\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & 1 \end{array}}\right]$$\left[{\begin{array}{cc}1 & 0 \\0 & -1 \end{array}}\right]$$\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$$\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\-1 & 0 \end{array}}\right]$$Z$$U$$\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle$$|01\rangle$$|11\rangle$$Z$$U$$\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle$

$Z$

$Z$$U$$\alpha|00\rangle + \beta|11\rangle$$Z$$U$

$$\alpha|00\rangle + \alpha|10\rangle + \beta|01\rangle - \beta|11\rangle \\ = |0\rangle(\alpha|0\rangle + \beta|1\rangle) + |1\rangle(\alpha|0\rangle - \beta|1\rangle).$$

$Z$

根据她的测量，她向Bob 传送了一些经典信息，以便他可以使用适当的unit获得未知状态！

$1.5$$|10\rangle$$|00\rangle$$\left[{\begin{array}{cc}0 & 1 \\1 & 0 \end{array}}\right]$为0.5 cbit（因为50％的时间，Bob不需要应用任何单位）。因此，整个协议仅需要 1.5 cbits。

$t_1$$t_2$，发送一比特）。因此，爱丽丝必须每次发送该cbit，对吗？在这种情况下，协议需要2个cbit（一个在步骤4中，另一个在步骤6中）。我认为如果在这个特定部分进行讨论会很好。