基于Constacyclic码构造的一类新的量子MDS码

A Class of New Quantum MDS Codes from Constacyclic Codes

摘要: 量子MDS码是一类重要的量子码。在这篇文章中，我们通过厄米特结构和常循环码构造一类长度为n=(q²+1)/a新的量子MDS码。这个结果是文献[13]中定理7的延伸。

Abstract: Quantum MDS codes are an important family of quantum codes. In this paper, we obtain a new class of quantum MDS code of the length n=(q²+1)/aby means of Hermitian construction and constacyclic codes. The result is generalized of the theorem 7 in [13].

1. 引言

量子纠错码在量子应用和量子通信中发挥着重要的作用。自从Calderbank等人(见 [1] )建立了量子码和经典码之间的联系以来，量子纠错码领域已经取得了很大的进步。近年来，通过欧几里得或厄米特自正交的经典纠错码构造了大量的量子码(见 [2] [3] [4] )。

一个q元量子码具有3个参数：码长，码字数和最小距离。一个具有码长为n，码字数为K的q元量子码Q是 $q^n$ 维Hillbert空间 ${\left(C^q\right)}^{\otimes n}$ 的一个K维子空间，令 $k={\log }_{q}K$，则码长为n，最小距离为d的量子码被记为 ${〚n,k,d〛}_q$。参数为 ${〚n,k,d〛}_q$ 的q元量子码可以检查d − 1位错误。纠正 $\lfloor \frac{d-1}{2}\rfloor$ 位错误。因此，在量子码理论中，一个主要的任务就是构造具有较大极小距离的量子码。带参数为 ${〚n,k,d〛}_q$ 的q元量子码都满足量子Singleton界(见 [5] )： $k\le n-2d+2$。当达到量子Singleton界，即 $k=n-2d+2$ 的量子码称为q元量子极大距离可分离码(简称量子MDS码)。

量子MDS码是量子码中最重要的一类，它在理论和应用上都有着非常重要的意义。近年来，很多q元量子MDS码通过使用不同的方法被构造，其中一个重要的方法是Hermitian正交码方法，即利用一个定义在有限域 $F_{q^2}$ 上关于Hermitian内积自正交的线性MDS码来构造一个q元量子MDS码。近年来常用的一些MDS线性码有：Reed Solomon码、循环码、negacyclic码、constacyclic码等等，说明它是Hermitian自正交码就能去构造相应的q元量子MDS码(见 [1] [6] - [16] )。

当q为奇素数的方幂时，构造具有较大最小距离且码长 $q+1\le n\le q^2-1$ 的量子MDS码是困难的。一些码长为 $n=\frac{q^2-1}{a}$ 已经被构造出来了，这些q元量子MDS码大都是利用Hermitian自正交码方法由线性MDS码得到。文献 [13] 构造了码长为 $n=\frac{q^2+1}{\text{5}}\left(q=10m\pm 3\right)$，且具有较大距离的量子MDS码。

本文主要从参考文献 [13] 中，码长为 $n=\frac{q^2+1}{5}\left(q=10m\pm 3\right)$ 的q元量子MDS码出发，构造了码长为 $n=\frac{q^2+1}{a}\left(q=2am\pm \sqrt{2a-1}\right)$，且具有较大距离的量子MDS码。

2. 预备知识

令q为一个奇素数的方幂。设 $F_{q^2}$ 为具有 $q^2$ 个元素的有限域， $F_{q^2}^n$ 为 $F_{q^2}$ 的n维向量空间，一个具有参数为 ${\left[n,k,d\right]}_{q^2}$ 的线性码C是指有限域 $F_{q^2}$ 上n维向量空间中最小距离为d的k维子空间，其中最小距离d为不同码字之间的Hemming距离的最小值，线性码C满足Singleton界： $k\le n-2d+2$。如果C达到Singleton界，即 $k=n-2d+2$，则称此线性码C为极大距离可分码，简称MDS码。

给任意两个向量 $X=\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right),Y=\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)\in F_{q^2}^n$，定义Hermitian内积 $\langle X,Y\rangle ={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{x}_i{y}_i^q}$。如果 $\langle X,Y\rangle =0$，则称这两个向量Hermitian正交。定义 $C^{\perp H}=\left\{X\in F_{q^2}^n|\langle X,Y\rangle =0,\forall Y\in C\right\}$ 为线性码的对偶码，如果 $C\subseteq C^{\perp H}$，则C称为一个Hermitian自正交码。

2.1. 量子MDS码

如何构造q元量子MDS码最近成为研究热点，比较常用的构造q元量子MDS码方法是Hermitian方法，见如下定理。

定理2.1：(见 [1] )如果存在一个有限域 $F_{q^2}$ 上参数为 ${\left[n,k,d\right]}_{q^2}$ 的MDS码C，而且 $C\subseteq C^{\perp H}$，则可以构造出一个q元量子MDS码 ${〚n,2k-n,\ge d〛}_q$。

通过这个定理，可由Reed Solomon码、循环码、negacyclic码、constacyclic码这些经典的MDS码构造出很多的q元量子MDS码，此外选择具有较大最小距离d的Hermitian自正交MDS码，便可得到较大最小距离的q元量子MDS码。

2.2. Constacyclic码

设 $\left(n,q\right)=1$。对于 $\eta \in F_{q^2}^{\text{*}}$，一个长度为n的 $q^2$ 元类线性码C称为η-constacyclic码当且仅当它在η-constacyclic移位下是不变的：

$\left(c_0,c_1,\cdots ,c_{n-1}\right)\to \left(\eta c_{n-1},c_0,\cdots ,c_{n-2}\right)$ .

一个码字 $c=\left(c_0,c_1,\cdots ,c_{n-1}\right)$ 可以用一个多项式 $c\left(x\right)=c_0+c_1+\cdots +c_{n-1}{x}^{n-1}$ 表示。很容易验证一个在长度的η-constacyclic码是商环 $F_{q^2}\left[x\right]/\langle x^n-\eta \rangle$ 的理想，并且 $xc\left(x\right)$ 对应 $c\left(x\right)$ 的η-constacyclic移位。而且，如果 $F_{q^2}\left[x\right]/\langle x^n-\eta \rangle$ 是主理想，那么 $C=\langle g\left(x\right)\rangle$，其中 $g\left(x\right)$ 是 $x^n-\eta$ 的首1因式。如果 $\eta =1$，那么η-constacyclic码就为negacyclic码。如果 $$ 是一个r次本原根，那么一定会存在rn次本原根 $\omega$，即 ${\omega }^n=\eta$。那么，我们就有 $x^n-\eta ={\displaystyle {\prod }_{i=0}^{n-1}\left(x-{\omega }^{1+ir}\right)}$。类似于循环码，对于constacyclic码，我们也有下面的BCH界。

定理2.2：(见 [17] )设C是一个在 $F_{q^2}$ 上，长度为n的η-constacyclic码，其中 $\eta$ 是一个r次本原根。令 $\omega$ 是 $F_{q^2}$ 扩域上的一个rn次本原根，即 ${\omega }^n=\eta$。假设C的生成多项式 $g\left(x\right)$ 的根包含集合 $\left\{{\omega }^{1+ri}|i_1\le i\le i_1+d-2\right\}$。那么C的极小距离至少为d。

定义 $\Omega =\left\{1+ir|0\le i\le n-1\right\}$。对于 $\forall j\in \Omega$， $$ 为j模rn的 $q^2$ -分圆陪集。设C是一个在 $F_{q^2}$ 上，长度为n的η-constacyclic码，且 $C=\langle g\left(x\right)\rangle$，那么集合 $Z=\left\{j\in \Omega |g\left({\omega }^j\right)=0\right\}$ 称为集合C的定义集合。易知， $C=\underset{j\in \Omega }{{\displaystyle \cup }}{C}_j$ 和 $\dim \left(C\right)=n-\left|Z\right|$。此外，我们也定义 $C^{\perp H}$ 的定义集合 $Z^{\perp H}=\left\{j\in \Omega |-qj\left(\mathrm{mod}rn\right)\notin Z\right\}$。

因此我们有以下的引理去判断一个η-constacyclic码C是否包含 $$。

引理2.3：(见 [14] )设 $\eta \in F_{q^2}$ 和 $ord\left(\eta \right)=r$，其中 $r|q+1$。C是一个在上，长度为n的η-constacyclic码，并且其定义集合为 $Z\subseteq \Omega$，那么 $C^{\perp H}\subseteq C$ 当且仅当 $Z\cap \left(-qZ\right)=\varnothing$，其中 $-qZ=\left\{-qz\left(\mathrm{mod}rn\right)|z\in Z\right\}$。

3. 主要结果

为了定理的证明，我们需要以下的引理。

引理3.1：令 $n=\frac{q^2+1}{a},s=\frac{q^2+1}{2}$ 和 $r=q+1$。那么对于正整数 $i\in \Omega =\left\{1+ri|0\le i\le n-1\right\}$，那么 $C_j$ 为j模 $r\left(q+1\right)$ 的 $q^2$ -分圆陪集有：

(1) $C_s=\left\{s\right\}$ 和 $C_{s+n\left(q+1\right)/2}=\left\{s+n\left(q+1\right)/2\right\}$。

(2) $C_{s-\left(q+1\right)j}=\left\{s-\left(q+1\right)j,s+\left(q+1\right)j\right\},1\le j\le n/2$。

证明：(1) 如果 $j=\frac{q-1}{2}$，那么 $1+\left(q+1\right)j=s$。这就说明 $s\in \Omega$。又因为，所以 $C_s=\left\{s\right\}$。另外，

$\left[s+n\left(q+1\right)/2\right]q^2=s{q}^2+n\left(q+1\right)\left(q^2-1\right)/2+n\left(q+1\right)/2\equiv s+n\left(q+1\right)/2\left(\mathrm{mod}\left(q+1\right)n\right)$ .

因此， $C_{s+n\left(q+1\right)/2}=\left\{s+n\left(q+1\right)/2\right\}$。

(2) 这个证明类似于 [13] 中引理3.12的证明。

引理3.2

(1) 令q是一个素数方幂且 $q=2am+t$，其中a是奇整数，。如果C是一个在 $F_{q^2}$ 上，长度为 $n=\frac{q^2+1}{a}$ 的η-constacyclic码，并且其定义集合为 $Z={\displaystyle {\cup }_{j=0}^{\delta }{C}_{s-\left(q+1\right)j}}$，其中 $ord\left(\eta \right)=r$ 和 $0\le \delta \le mt$，那么 $C^{\perp H}\subseteq C$。

(2) 令q是一个素数方幂且 $q=2am-t$，其中a是奇整数， $t=\sqrt{2a-1}$。如果C是一个在 $F_{q^2}$ 上，长度为 $n=\frac{q^2+1}{a}$ 的η-constacyclic码，并且其定义集合为 $Z={\displaystyle {\cup }_{j=0}^{\delta }{C}_{s-\left(q+1\right)j}}$，其中 $ord\left(\eta \right)=r$ 和 $0\le \delta \le mt-2$，那么 $C^{\perp H}\subseteq C$。

证明：我们只证明第一部分，第二部分的证明是类似的。我们假设 $q=2am+t$ 和 $0\le \delta \le mt$，根据引理2.3，我们只需要证明。利用反证法，假设存在 $0\le i\le j\le \delta$，使得 $C_{s-\left(q+1\right)i}=-q{C}_{s-\left(q+1\right)j}$。那么只有以下两种情况。

情况1： $s-\left(q+1\right)i\equiv -q\left(s-\left(q+1\right)j\right)\left(\mathrm{mod}\left(q+1\right)n\right)$。

那么我们有

$i+qj-\frac{q^2+1}{2}\equiv 0\left(\mathrm{mod}\frac{q^2+1}{a}\right)$ .

因为 $\frac{q^2+1}{2}=\frac{q^2+1}{2a}\cdot a=\frac{q^2+1}{2a}+\frac{q^2+1}{a}\cdot \frac{a-1}{2}$，所以

$i+qj-\frac{q^2+1}{2a}\equiv 0\left(\mathrm{mod}\frac{q^2+1}{a}\right)$ .

令 $q=2am+t$，则

.

等式左边

$-\left(2a{m}^2+2mt+1\right)\le i+\left(2am+t\right)j-\left(2a{m}^2+2mt+1\right)<\frac{t-1}{2}\left(4a{m}^2+4mt+2\right)$ ,

令 $i+\left(2am+t\right)j-\left(2a{m}^2+2mt+1\right)=x\left(4a{m}^2+4mt+2\right)$，从而 $0\le x\le \frac{t-3}{2}$。因此我们有

$i=2a\left(2x+1\right)m^2+2\left(2x+1\right)mt+2x+1-j\left(2am+t\right)$ .

如果 $j\le \left(2x+1\right)m$，那么 $i\ge 2mtx+2mt+2x+1>mt$，与已知矛盾。

如果 $j\ge \left(2x+1\right)m+1$，那么 $i\le \left(2xt+t-2a\right)m+\left(2x+1-t\right)<0$，也与已知矛盾。

情况2： $s-\left(q+1\right)i\equiv -q\left(s+\left(q+1\right)j\right)\left(\mathrm{mod}\left(q+1\right)n\right)$。

那么我们有

$-i+qj+\frac{q^2+1}{2}\equiv 0\left(\mathrm{mod}\frac{q^2+1}{a}\right)$ .

因为 $\frac{q^2+1}{2}=\frac{q^2+1}{2a}\cdot a=\frac{q^2+1}{2a}+\frac{q^2+1}{a}\cdot \frac{a-1}{2}$，所以

$-i+qj+\frac{q^2+1}{2a}\equiv 0\left(\mathrm{mod}\frac{q^2+1}{a}\right)$ .

令 $q=2am+t$，则

.

等式左边

$2a{m}^2+mt+1\le -i+\left(2am+t\right)j+\left(2a{m}^2+2mt+1\right)<\frac{t+1}{2}\left(4a{m}^2+4mt+2\right)$ ,

令 $-i+\left(2am+t\right)j+\left(2a{m}^2+2mt+1\right)=x\left(4a{m}^2+4mt+2\right)$，从而 $1\le x\le \frac{t-1}{2}$。因此我们有

$i=2a\left(1-2x\right)m^2+2\left(1-2x\right)mt+1-2x+j\left(2am+t\right)$ .

如果 $j\le \left(2x-1\right)m$，那么 $i\le mt-2mtx+1-2x<0$，与已知矛盾。

如果 $j\ge \left(2x-1\right)m+1$，那么 $i\ge \left(t-2tx+2a\right)m+1-2x+t>mt$，也与已知矛盾。

所以假设不成立，故 $Z\cap \left(-qZ\right)=\varnothing$。即原命题得证。

定理3.3：

(1) 令q是一个素数方幂且 $q=2am+t$，其中a是奇整数， $t=\sqrt{2a-1}$。那么存在一个参数为 $〚\frac{q^2+1}{a},\frac{q^2+1}{a}-2d+2,d〛$ 的q元的量子MDS码，其中 $2\le d\le 2mt+2$ 且d为偶数。

(2) 令q是一个素数方幂且 $q=2am-t$，其中a是奇整数， $t=\sqrt{2a-1}$。那么存在一个参数为 $〚\frac{q^2+1}{a},\frac{q^2+1}{a}-2d+2,d〛$ 的q元的量子MDS码，其中且d为偶数。

证明 由引理3.1可知，除了 $C_s$ 和 $C_{s+n\left(q+1\right)/2}$，其余的 $q^2$ -分圆陪集都含有两个元素，再根据引理3.2，定理2.3，定理2.2和定理2.1易证得该定理。

推论3.4 ( [13] 中定理7)

(1) 令q是一个素数方幂且 $q=10m+3$，那么存在一个参数为 $〚\frac{q^2+1}{5},\frac{q^2+1}{5}-2d+2,d〛$ 的q元的量子MDS码，其中 $2\le d\le 6m+2$ 且d为偶数。

(2) 令q是一个素数方幂且 $q=10m-3$，那么存在一个参数为 $〚\frac{q^2+1}{5},\frac{q^2+1}{5}-2d+2,d〛$ 的q元的量子MDS码，其中 $2\le d\le 6m-2$ 且d为偶数。

基金项目

广州市对外科技合作项目：小弧形表面缺陷自动检测技术和系统(编号201704030062)。