量子纠错码

对于量子态的纠错，与经典信息论中的纠错有着巨大的不同，

1. 量子态不可克隆性：重复码是不可能实现的
2. 差错是连续的：量子比特是复数域上无限精度的向量
3. 测量会破坏量子态：解码时无法观测校验子

解决办法：不直接对数据态测量，也不简单复制，而是通过添加额外量子位，把单个 qubit 的错误收集到冗余 qubits 上，并通过量子线路运算（可以不测量）来恢复单个 qubit 的量子态。

Shor 码

纠正比特翻转错误（信道以概率 $p$ 执行 $X$ 酉运算）：
$$|\psi ⟩\mapsto (\alpha |0⟩+\beta |1⟩)|0⟩|0⟩\mapsto \alpha |000⟩+\beta |111⟩$$

收到量子态 $|xyz⟩$，假设它至多发生一比特的比特翻转，那么校验子 $x+z$ 和 $y+z$ 就指示了发生比特翻转的位置。因为 $X^2=I$，我们只需对 $x$ 执行一次 $C^2(X)$ 就得到了 $|\psi ⟩$。不过 Toffoli 门的容错实现很复杂。可以将 $\alpha |000⟩+\beta |111⟩$ 看做是由 $|000⟩,|111⟩$ 张成的 $1$ 维线性码（线性子空间），极小距离是 $3$。

纠正相位翻转错误（信道以概率 $p$ 执行 $Z$ 酉运算）：
$$|\psi ⟩\mapsto \alpha |000⟩+\beta |111⟩\stackrel{H^{\otimes 3}}{\mapsto }\alpha |+++⟩+\beta |---⟩$$

其中 $|+⟩:=H|0⟩=\frac{|0⟩+|1⟩}{\sqrt{2}},|-⟩:=H|1⟩=\frac{|0⟩-|1⟩}{\sqrt{2}}$

收到量子态 $|xyz⟩$，假设它至多发生一比特的相位翻转。由于 $H^2=I$，$HZH=X$，因此对 $|xyz⟩$ 执行 $H^{\otimes 3}$ 就转化为了至多发生一比特的比特翻转。接下来使用纠正比特翻转的解码电路即可。可以将 $\alpha |+++⟩+\beta |---⟩$ 看做是由 $|+++⟩,|---⟩$ 张成的 $1$ 维线性码（线性子空间），极小距离是 $3$。

那么，如何同时对抗比特翻转错误 或/和 相位翻转错误呢？Shor 编码将上述的比特翻转纠错码和相位翻转纠错码组合起来。因为 $XZ=-ZX$，我们忽略整体相因子，它们是相同的酉运算。我们可以先纠正比特翻转错误，然后再纠正相位翻转错误。
$$|\psi ⟩\mapsto \alpha |+++⟩+\beta |---⟩\mapsto \alpha |0_L⟩+\beta |1_L⟩$$

其中
$$\begin{gathered} |0_L⟩:=\frac{(|000⟩+|111⟩)(|000⟩+|111⟩)(|000⟩+|111⟩)}{2\sqrt{2}} \\ |1_L⟩:=\frac{(|000⟩-|111⟩)(|000⟩-|111⟩)(|000⟩-|111⟩)}{2\sqrt{2}} \end{gathered}$$

于是 Shor 编码用 $9$ 个 qubits 编码了 $1$ 个 qubit。它可以纠正至多一比特的比特翻转以及至多一比特的相位翻转（发生错误的位置可以相同也可以不同）。而对于两个以上的比特翻转或者两个以上的相位翻转，Shor 有时可以纠正，有时不可以纠正。

CSS 码

Calderbank-Shor-Steane 码使用经典线性纠错码及其子码和对偶码来构造量子纠错码。

Hadamard 变换，将 $|0⟩$（Bloch 球面 $(\theta =0,\varphi =0)$）映射到了 $|+⟩:=H|0⟩$（Bloch 球面 $(\theta =\pi /2,\varphi =0)$），将 $|1⟩$（Bloch 球面 $(\theta =\pi ,\varphi =0)$）映射到了 $|-⟩:=H|1⟩$（Bloch 球面 $(\theta =-\pi /2,\varphi =0)$）。

易知 $|0⟩=X|1⟩$ 互为比特翻转，而 $|+⟩=Z|-⟩$ 互为相位翻转。我们将 $|0⟩,|1⟩$ 叫做标准基，将 $|+⟩,|-⟩$ 叫做共轭基。容易验证：
$$\begin{gathered} |\psi ⟩=\alpha |0⟩+\beta |1⟩=\frac{\alpha +\beta }{\sqrt{2}}|+⟩+\frac{\alpha -\beta }{\sqrt{2}}|-⟩ \\ H|\psi ⟩=H(\alpha |0⟩+\beta |1⟩)=\frac{\alpha +\beta }{\sqrt{2}}|0⟩+\frac{\alpha -\beta }{\sqrt{2}}|1⟩ \end{gathered}$$

所以 $H|\psi ⟩$ 在标准基下的系数，就是 $|\psi ⟩$ 在共轭基下的系数。

$n$ 比特量子态 $|x⟩$ 的 $n$ 重 Hadamard 变换，公式为：
$$H^{\otimes n}|x⟩=\frac{{\sum }_{y=0}^{2^n-1}(-1{)}^{x{y}^T}|y⟩}{2^{n/2}}$$

在量子力学的线性叠加中，${\sum }_i$ 中的 $i$ 不是整数，而是二进制向量。上式里的 $x{y}^T$ 表示的是 $GF(2)$ 上的行向量的内积。

在标准基下的经典 $[n,m,d]$ 线性码 $\mathcal{C}$，它的所有码字的等权重 $p_v=1/2^m$ 叠加，
$$|C⟩=\frac{1}{\sqrt{2^m}}\sum _{v\in \mathcal{C}}|v⟩$$

在共轭基下为
$$\begin{array}{rl}{H}^{\otimes n}|C⟩& =\frac{1}{\sqrt{2^m}}\sum _{v\in \mathcal{C}}{H}^{\otimes n}|v⟩\\ & =\frac{1}{\sqrt{2^m}}\sum _{v\in \mathcal{C}}\frac{{\sum }_{w=0}^{2^n-1}(-1{)}^{v{w}^T}|w⟩}{2^{n/2}}\\ & =\frac{1}{\sqrt{2^{m+n}}}\sum _{w=0}^{2^n-1}\sum _{a=0}^{2^m-1}(-1{)}^{(aG)w^T}|w⟩\\ & =\frac{1}{\sqrt{2^{n+m}}}\sum _{w\in {\mathcal{C}}^{\perp }}{2}^m|w⟩\\ & =\frac{1}{\sqrt{2^{n-m}}}\sum _{w\in {\mathcal{C}}^{\perp }}|w⟩\end{array}$$

其中 ${\sum }_{a=0}^{2^m-1}(-1{)}^{(aG)w^T}|w⟩$ 这一项，对于固定的 $w\notin {\mathcal{C}}^{\perp }$，则 $G{w}^T\ne 0^m$，从而遍历 $a$ 的加和为零。最后只会剩下 $w\in {\mathcal{C}}^{\perp }$ 的那些项，使得 $(aG)w^T=0^m$ 导致因子 $2^m$。

也就是说，在标准基下的经典 $[n,m,d]$ 线性码 $\mathcal{C}$ 所有码字的等权重叠加，在共轭基下恰好是它的 $[n,n-m,d^{\prime }]$ 对偶码 ${\mathcal{C}}^{\perp }$ 所有码字的等权重叠加。

假设 ${\mathcal{C}}_1$ 是 $GF(2)$ 上的 $[n,m,d_1]$ 线性码（线性子空间），${\mathcal{C}}_2\subset {\mathcal{C}}_1$ 是它的 $K$ 阶子码（陪集数 $[{\mathcal{C}}_1:{\mathcal{C}}_2]=2^K$），再考虑两者的对偶码。那么这四个线性码的关系为：
$$\begin{array}{rl}{C}_2[n,m-K,\ge d_1]& \subset C_1[n,m,d_1]\\ ⟺C_2^{\perp }[n,n-m+K,d_2]& \supset C_1^{\perp }[n,n-m,\ge d_2]\end{array}$$

为了编码 $K$ 位的量子比特，我们考虑商群元素 $w\in {\mathcal{C}}_2^{\perp }/{\mathcal{C}}_1^{\perp }$（商群大小 $2^K$），它的陪集 $w+{\mathcal{C}}_1^{\perp }$ 中元素的等权重加和，
$$|C_w⟩=\frac{1}{\sqrt{2^{n-m}}}\sum _{v\in {\mathcal{C}}_1^{\perp }}|w+v⟩$$

在共轭基下，
$$H^{\otimes n}|C_w⟩=\frac{1}{\sqrt{2^m}}\sum _{v\in {\mathcal{C}}_1}(-1{)}^{w{v}^T}|v⟩$$

那么 CSS 码 { ∣ C w ⟩ } {|C_w angle} {∣Cw​⟩} 有如下性质：

1. 纠正 $\frac{d_2-1}{2}$ 个比特翻转错误，因为在标准基下，码字 $|C_w⟩$ 是由 ${\mathcal{C}}_2^{\perp }$（含有 $2^{n-m+K}$ 个码字）中的由 $w$ 为陪集首的那 $2^{n-m}$ 个码字叠加出来的，而 ${\mathcal{C}}_2^{\perp }$ 的极小距离是 $d_2$ 可纠正这么多的比特翻转
2. 纠正 $\frac{d_1-1}{2}$ 个相位翻转错误，因为在共轭基下，码字 $|C_w⟩$ 是由 ${\mathcal{C}}_1$ 中的 $2^m$ 个码字叠加出来的，而 ${\mathcal{C}}_1$ 的极小距离是 $d_1$ 可纠正这么多的比特翻转（经过 $H^{\otimes n}$ ，相位翻转变成了比特翻转）

Steane 码

现在，我们使用汉明码来实例化 CSS 码。选取 $C_1$ 是 $[7,4,3]$ 汉明码，令 $C_2$ 是它的 $[7,3,4]$ 子码，特别的 $C_1=C_2^{\perp }$ 相互对偶，陪集个数 $[C_1:C_2]=2^1$，并且 $C_2$ 恰好就是 $C_1$ 中所有偶重码字。

${\mathcal{C}}_1$ 的生成矩阵为
$$G(7,4,3)={\left[\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 0\\ 0& 1& 1& 1\\ 1& 1& 0& 1\\ 1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]}^T$$

${\mathcal{C}}_2$ 的生成矩阵为
$$H(7,4,3)=\left[\begin{array}{ccccccc}1& 0& 0& 1& 1& 1& 0\\ 0& 1& 0& 0& 1& 1& 1\\ 0& 0& 1& 1& 1& 0& 1\end{array}\right]$$

在标准基下，它的两个码字为
$$\begin{gathered} |\bar{0}⟩=\frac{1}{\sqrt{2^3}}\sum _{v\in C_1,wt(v)\equiv 0}|v⟩=\frac{|0{⟩}_L+|1{⟩}_L}{\sqrt{2}} \\ |\bar{1}⟩=\frac{1}{\sqrt{2^3}}\sum _{v\in C_1,wt(v)\equiv 1}|v⟩=\frac{|0{⟩}_L-|1{⟩}_L}{\sqrt{2}} \end{gathered}$$

在共轭基下，它的两个码字为
$$\begin{gathered} |0{⟩}_L=\frac{1}{\sqrt{2^4}}\left(\sum _{v\in C_1,wt(v)\equiv 0}|v⟩+\sum _{v\in C_1,wt(v)\equiv 1}|v⟩\right)=\frac{|\bar{0}⟩+|\bar{1}⟩}{\sqrt{2}} \\ |1{⟩}_L=\frac{1}{\sqrt{2^4}}\left(\sum _{v\in C_1,wt(v)\equiv 0}|v⟩-\sum _{v\in C_1,wt(v)\equiv 1}|v⟩\right)=\frac{|\bar{0}⟩-|\bar{1}⟩}{\sqrt{2}} \end{gathered}$$
Steane 码是一个 $[7,1,3]$ 量子纠错码，可纠正 $1$ 位比特翻转或者 $1$ 位相位翻转。

一般性错误

信道 $\mathcal{E}$ 就是一个酉运算，它必定可以表示为 $X$ 以及 $Z$ 的组合形式
$$\mathcal{E}=e_{0}I+e_{1}X+e_{2}Z+e_{3}XZ$$

其中 $e_0,e_1,e_2,e_3$ 都是复数。因此，只要可以纠正 $t$ 位的比特翻转以及相位翻转错误，那么就可以纠正 $t$ 位的任意错误。

容错量子计算

一个幺正操作称为合法操作，如果它将码空间映射到自身。合法比容错更加基本和重要。

一个合法操作称为容错计算，如果它能通过逐位操作实现。容错的意义是单比特错误仅仅引起单比特错误。

容错计算通用门组： { H ˉ , P ˉ , C N O T ‾ , T o f f o l i ‾ } {ar H, ar P, overline{CNOT}, overline{Toffoli}} {Hˉ,Pˉ,CNOT,Toffoli​}，容错的阿达玛门、相位门、受控非门、双控非门。其中 { H ˉ , P ˉ , C N O T ‾ } {ar H, ar P, overline{CNOT}} {Hˉ,Pˉ,CNOT} 可以被经典计算机有效模拟，并不会超越，实现容错的 Toffoli 门是最重要的。

可以基于 Steane 码来构造上述的四个容错量子门。略略略。。。

量子算法

量子 Fourier 变换

经典 DFT 公式为
$$y_k=\frac{1}{\sqrt{N}}\sum _{j=0}^{N-1}{e}^{jk\cdot 2\pi i/N}{x}_j$$

类比着定义基态 $|j⟩$（对应的 $x=e_j$ 是单位向量，仅有 $x_j=1$ 而其他位置都是零）的量子傅里叶变换（QFT），其中 $|j⟩=|j_1{j}_2\cdots j_n⟩$，$N=2^n$，
$$|j⟩\stackrel{QFT}{⟶}\frac{1}{\sqrt{N}}\sum _{k=0}^{N-1}{e}^{jk\cdot 2\pi i/N}|k⟩$$

那么任意态 ${\sum }_{j=0}^{N-1}{x}_j|j⟩$ 的 QFT 为：
$$\begin{array}{rl}\sum _{j=0}^{N-1}{x}_j|j⟩& \stackrel{QFT}{⟶}\frac{1}{\sqrt{N}}\sum _{j=0}^{N-1}{x}_j\sum _{k=0}^{N-1}{e}^{jk\cdot 2\pi i/N}|k⟩\\ & =\sum _{k=0}^{N-1}\left(\frac{1}{\sqrt{N}}\sum _{j=0}^{N-1}{e}^{jk\cdot 2\pi i/N}{x}_j\right)|k⟩\\ & =\sum _{k=0}^{N-1}{y}_k|k⟩\end{array}$$

那么向量 $x=[x_1,\cdots ,x_N]$ 作为几率幅的叠加态 ${\sum }_{j=0}^{N-1}{x}_j|j⟩$，经过 QFT 后得到叠加态 ${\sum }_{k=0}^{N-1}{y}_k|k⟩$，它的几率幅 $y=[y_1,\cdots ,y_N]$ 恰好是 $y=DFT(x)$ 啦！

令 $k=2^{n-1}{k}_1+\cdots +2^0{k}_1$ 是二进制表示，那么 $k/2^n=2^{-1}{k}_1+\cdots +2^{-n}{k}_n$ 是精度 $n$ 的定点小数。现在我们考虑如何有效计算 $QFT(|j⟩)$，
$$\begin{array}{rl}|j⟩& \stackrel{QFT}{⟶}\frac{1}{\sqrt{2^n}}\sum _{k=0}^{2^n-1}{e}^{jk\cdot 2\pi i/2^n}|k⟩\\ & =\frac{1}{\sqrt{2^n}}\sum _{k_1=0}^1\cdots \sum _{k_n=0}^1{e}^{j{\sum }_{l=1}^n(2^{-l}{k}_l)\cdot 2\pi i}|k_1\cdots k_n⟩\\ & =\frac{1}{\sqrt{2^n}}\underset{l=1}{\overset{n}{⨂}}\sum _{k_l=0}^1{e}^{\cdot j{k}_l\cdot 2\pi i/2^l}|k_l⟩\\ & =\frac{1}{\sqrt{2^n}}\underset{l=1}{\overset{n}{⨂}}\left[|0⟩+e^{j\cdot 2\pi i/2^l}|1⟩\right]\\ & =\frac{1}{\sqrt{2^n}}\underset{l=1}{\overset{n}{⨂}}\left[|0⟩+(e^{2\pi i}{)}^{0.j_{n-l+1}\cdots j_n}|1⟩\right]\end{array}$$

其中的 $0.j_{n-l+1}\cdots j_n$ 是定点二进制小数。因此通过对 $|+⟩:=H|0⟩$ 执行一些受控相位旋转即可完成 QFT 的计算，
$$R_k:=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& e^{2\pi i/2^k}\end{array}\right],k=1,2,\cdots ,n$$

一共需要 $n$ 个 $H$ 门以及 $(n-1)n/2$ 个 $R_k$ 门，包括控制位的话每条线上有 $n$ 个门，因此复杂度为 $O(n^2)$。而经典的 FFT 复杂度为 $O(N\log N)=O(n{2}^n)$，因此量子傅里叶实现了指数级的加速。

Shor 算法

Shor 算法可以求解离散对数问题或者整数分解问题。

求阶问题（整数分解）

归约算法：给定一个合数 $N=pq$，随机选择 $x\in [1,N-1]$，如果 $gcd(x,N)>1$ 则找到了因子。否则 $gcd(x,N)=1$ 使得 $x\in {\mathbb{Z}}_N^{\ast }$，我们调用求阶神谕获得 $r=ord(x)$ 满足 $x^r=1(\mathrm{mod}N)$。如果 $r$ 是偶数，并且 $x^{r/2}\ne -1(\mathrm{mod}N)$，就说明 $N\mid x^r-1=(x^{r/2}-1)(x^{r/2}+1)$，计算 $gcd(x^{r/2}-1,N)$ 以及 $gcd(x^{r/2}+1,N)$ 就得到了因子。否则重新选择随机数。

现在给出求阶量子算法。对于 $x^r=1(\mathrm{mod}N)$ 求解问题，对于 $L$ 比特的量子态，我们定义酉算子 $U$ 使得
$$U|y⟩:=\{\begin{array}{rlr}|xy⟩,& & 0\le y<N\\ |y⟩,& & N\le y<2^L-1\end{array}$$

定义状态
$$|u_s⟩:=\frac{1}{\sqrt{r}}\sum _{k=0}^{r-1}{e}^{-2sk\pi i/r}|x^k⟩$$

其中的 $xy,x^k$ 都是 $(\mathrm{mod}N)$ 意义下的。利用 $\frac{1}{\sqrt{r}}{\sum }_{s=0}^{r-1}|u_s⟩=|1⟩$ 以及 $\frac{1}{\sqrt{r}}{\sum }_{s=0}^{r-1}{e}^{2sk\pi i/r}|u_s⟩=|x^k⟩$，可以证明（好长的式子）它们满足：
$$U|u_s⟩=e^{2s\pi i/r}|u_s⟩$$

也就是说，$|u_s⟩$ 就是酉算子 $U$ 的本征态，对应的本征值为 $e^{2s\pi i/r}$，我们需要的 $r$ 可由相位 $2\pi i\cdot s/r$ 来确定。

下面的问题就是如何估计对 $U|u⟩=e^{2\pi i\varphi }|u⟩$ 进行相位估计了。我们使用 $t$ 比特量子态 $|j⟩=|j_1\cdots j_t⟩$ 作为控制位，$N=2^t$，执行运算
$$|j⟩|u⟩\mapsto |j⟩U^j|u⟩=|j⟩U^{{\sum }_{l=0}^{t-1}{2}^l{j}_l}|u⟩$$

对于受控相移，$|j⟩(e^{i\alpha }{)}^j|u⟩=P(e^{i\alpha })|j⟩|u⟩$，也就是靶位不变而控制位经过对应的相位门，于是有
$$|j_l⟩U^{2^l{j}_l}|u⟩=|j_l⟩(e^{2\pi i\varphi }{)}^{2^l{j}_l}|u⟩=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& e^{2\pi i(\varphi 2^l)}\end{array}\right]|j_l⟩|u⟩$$

我们令 $|j_l⟩=|+⟩=(|0⟩+|1⟩)/\sqrt{2}$，那么 $|j⟩U^j|u⟩$ 的结果就是
$$\left(\frac{|0⟩+e^{2\pi i(\varphi 2^0)}|1⟩}{\sqrt{2}}\right)\left(\frac{|0⟩+e^{2\pi i(\varphi 2^1)}|1⟩}{\sqrt{2}}\right)\cdots \left(\frac{|0⟩+e^{2\pi i(\varphi 2^{t-1})}|1⟩}{\sqrt{2}}\right)|u⟩$$

那么前半部分的 $t$ 量子比特恰好就是 $\frac{1}{\sqrt{2^t}}{\sum }_{k=0}^{2^t-1}{e}^{2\pi i(\varphi k)}|k⟩$，假设相位 $\varphi =j/N=j/2^t$，那么容易看出这恰好就是 $QFT(|j⟩)$，因此执行逆变换 $QF{T}^{-1}$ 就得到了基态 $|j⟩$，测量出 $j$ 就得到了 $\varphi$ 的值。如果相位 $\varphi$ 并不能表示为 $t$ 比特定点小数，那么执行 $QF{T}^{-1}$ 得到是一个基态的叠加，执行测量后获得是相位 $\varphi$ 有限精度的近似值。选择一个足够长的 $t$ 就可以较为精确的估计出相位。

利用这个相位估计算法，构造出求阶量子算法，于是可以求解整数分解问题。

求周期问题（离散对数）

归约算法：给定群元素 $b=a^s(\mathrm{mod}N)$，定义周期函数 $f(x_1,x_2):=b^{x_1}{a}^{x_2}=a^{s{x}_1+x_2}(\mathrm{mod}N)$，满足 $f(x_1+l,x_2-ls)=f(x_1,x_2)$ 因此周期为 $(l,-ls),\forall l\in \mathbb{Z}$。我们调用求周期神谕获得 $(l,-ls)$ 就可以计算出离散对数 $s$ 了。

现在给出求周期量子算法。给定周期函数 $f(x+r)=f(x)$，周期 $0<r<2^L$，定义一个酉运算（量子黑盒），使得
$$U|x⟩|y⟩\mapsto |x⟩|y\oplus f(x)⟩$$

将量子态 $|f(x)⟩$ 写成 QFT 形式 $|\hat{f}(l)⟩:=\frac{1}{\sqrt{r}}{\sum }_{l=0}^{r-1}{e}^{-lx\cdot 2\pi i/r}|f(l)⟩$，那么有
$$|f(x)⟩=\frac{1}{\sqrt{r}}\sum _{l=0}^{r-1}{e}^{lx\cdot 2\pi i/r}|\hat{f}(l)⟩$$

使用一个 $t=O(L+\log (1/ϵ))$ 比特量子寄存器，创建叠加态 $\frac{1}{\sqrt{2^t}}|x⟩|0⟩$，做酉变换 $U$ 得到
$$\frac{1}{\sqrt{2^t}}|x⟩|f(x)⟩\approx \frac{1}{\sqrt{r}}\sum _{l=0}^{r-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2^t}}\sum _{x=0}^{2^t-1}{e}^{lx\cdot 2\pi i/r}|x⟩\right)|\hat{f}(l)⟩$$

对于寄存器的前半部分执行 $QF{T}^{-1}$ 得到叠加态 ${\sum }_{l=0}^{r-1}|2^{t}l/r⟩$，测量出若干个 $l/r$ 便可确定周期 $r$ 了。

对于二维函数 $f(x_1,x_2)$ 它的二维 DFT 可视为两个一维 DFT 的直积，我们应用 $QF{T}_N\otimes QF{T}_N$ 到两个寄存器上以提取出周期，从而求解出离散对数。

Grover 算法

Grover 算法可以为搜索问题带来平方根级别的加速。

函数 $f_a(x)$ 作为一个量子黑盒，被定义为 $f_a(x)=1⟺x=a$，它的索引为 ∣ a ⟩ ∈ { 0 , 1 } n |a angle in {0,1}^n ∣a⟩∈{0,1}n 是个基态但是未知。我们的目标是搜索出 $a$ 的值。

定义酉算子 $U_a$ 为，
$$U_a|x⟩|y⟩\mapsto |x⟩|y\oplus f_a(x)⟩$$

令辅助量子位 $|y⟩=|-⟩$，那么它有以下性质
$$U_a|x⟩|-⟩=(-1{)}^{f_a(x)}|x⟩|-⟩$$

那么可以表示出 $U_a=I-2|a⟩⟨a|$，这个酉算子的几何图像是将任意态做关于法向 $|a⟩$ 超平面的镜面反射（将 $|a⟩$ 方向的分量符号改变，其他分量不变）。

定义 $|s⟩:=H^{\otimes n}|0⟩=\frac{1}{\sqrt{N}}{\sum }_{x=0}^{N-1}|x⟩$，其中 $N=2^n$。我们构造酉算子 $U_s:=2|s⟩⟨s|-I$，这个酉算子的几何图像是将正交于 $|s⟩$ 的子空间做的中心反射（将 $|s⟩$ 正交方向的分量符号改变，其他分量不变）。

因为 $|a⟩$ 是基态，必然满足 $⟨a|s⟩=1/\sqrt{N}$。假设 $1/\sqrt{N}=\sin \theta$，即它们的夹角为 $\pi /2-\theta$，满足 $|s⟩=\pm \sin \theta |a⟩\pm \cos \theta |a^{\perp }⟩$。如图所示：

定义酉算子 $U=U_s{U}_a$，那么它的几何意义是将 $|x⟩$ 先经过 $U_a$ 的关于 $|a^{\perp }⟩$ 轴对称为 $|x^{\prime }⟩$，然后经过 $U_s$ 的 $|s⟩$ 轴对称得到 $|x^{\prime \prime }⟩$。最终的结果是 $|x^{\prime \prime }⟩$ 对比于 $|x⟩$ 转过了 $2\theta$ 角度。

Grover 算法制备 $|s⟩$，它与未知的 $|a⟩$ 之间的角度是 $\theta$（$\sin \theta =1/\sqrt{N}$，选取足够大的 $n$ 使得 $\theta \approx 1/\sqrt{N}$ 是个很小的角度）。然后调用 $f_a(x)$ 黑盒来实现酉变换 $U$，迭代计算 $U^T|s⟩$，那么它转过了 $2T\theta$ 角度，使得夹角成为 $(2T+1)\theta$。如果迭代次数为：
$$T\approx \frac{\pi \sqrt{N}}{4}$$
那么转过的角度为 $(2T+1)\theta \approx \frac{\pi }{2}$，于是 $U^T|s⟩\approx |a⟩$，执行测量得到基态 $a$ 的值。量子摇晃：迭代执行 $U$ 酉变换，放大 $|a⟩$ 方向的几率幅，这使得 $|s⟩$ 不断地靠近 $|a⟩$。

对于多目标的搜索问题，$f_a(x)=1⟺x\in S_a,|S_a|=r$，量子黑盒中的秘密值为
$$|a⟩=\frac{1}{\sqrt{r}}\sum _{i=1}^r|a_i⟩$$
从而有 $⟨s|a⟩=\sqrt{r/N}=\sin \theta$，其中 $\theta \approx \sqrt{r/N}$。经过 $T\approx \frac{\pi \sqrt{N}}{4\sqrt{r}}$ 次迭代，使得 $U^T|s⟩\approx |a⟩$，测量后以概率 $1/r$ 坍缩到某一个基态 $|a_i⟩\in S_a$ 上。重复大约 $r{\sum }_{k=1}^{r}1/k\approx r\ln r$ 次直到搜索出全部的值，总的复杂度为 $O(\frac{\pi }{4}\sqrt{rN}\ln r)=O(2^{n/2}\sqrt{r}\ln r)$，相较于 $O(2^n)$ 给出了平方根级别的加速，但依然是指数级的。