ABSTRACT

Entanglement-assisted quantum error-correcting codes make use of preexisting entanglement between the sender and receiver to improve information rate. In this paper, we obtain six classes of entanglement-assisted quantum MDS codes by means of characterizing the relationship between the number of entangled states and the size of defining set of constacyclic codes.

Keywords:Entanglement-Assisted Quantum Codes, Constacyclic Codes, MDS Codes, Defining Sets

六类纠缠辅助量子MDS码的构造

张琳雪^*，唐西林

华南理工大学数学学院，广东 广州

收稿日期：2019年7月4日；录用日期：2019年7月23日；发布日期：2019年7月30日

摘 要

纠缠辅助量子码利用发送器和接收器之间预先存在的纠缠来提高信息速率。本文通过刻画常循环码纠缠态的数量与定义集大小的关系，构造了六类纠缠辅助量子MDS码。

关键词 :纠缠辅助量子码，常循环码，MDS码，定义集

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1. 引言

在量子信息和量子计算中，非常重要的任务就是构造好的量子纠错码。近年来，诸多研究者通过经典纠错码来构造量子纠错码(见 [1] [2] [3] )。一个参数为 ${〚n,k,d〛}_q$ q元量子码Q是Hillbert空间 ${\left(C^q\right)}^{\otimes n}$ 的一个 $q^k$ 维子空间。参数为 ${〚n,k,d〛}_q$ 量子码C满足量子Singleton界： $k\le n-2d+2$，如果 $k=n-2d+2$，则称量子码C为量子极大距离可分离码(量子MDS码) (见 [4] )。

在量子纠错码中，纠缠辅助量子纠错码(简写为EAQEC码)扮演重要的角色。在 [5] 中，给出对EAQEC码纠缠辅助Singleton界，并把达到这个界的码称为纠缠辅助量子MDS码(简写为EAQMDS码)。在 [6] 中，在经典MDS码的基础上，通过加入一个或者更多的纠缠态，构造五类新的EAQMDS码。在 [7] 中，提出分解定义集的概念，并用这个方法分解BCH循环码的定义集，得到了一些好的EAQEC码。近年来，负循环码经常被用来构造EAQMDS码。在 [8] [9] 中，通过分解负循环码的定义集，得到新的EAQMDS码。在 [10] [11] 中由基于负循环码扩充到基于常循环码来构造新的EAQMDS码。本文通过分解常循环码的定义集构造了六类新的EAQMDS码。本文采用不同于 [10] [11] 的方法来计算纠缠态的数量c，在同样的长度n下定义集具有更一般的形式，从而可构造更多的EAQMDS码。

由于EAQMDS码的性能优劣是通过速率 $\frac{k-c}{n}$ 来评价的，已知 $\frac{k-c}{n}=\frac{n-\left(\delta +1\right)-c}{n}=1-\frac{\delta +c+1}{n}$，c随着 $\delta$ 增大而增大，就其性能而言 $\delta$ 越小越好。而EAQMDS码的纠错能力与最小距离d有关，d越大纠错能力越强，正如在 [12] 中给出最小距离大于 $\frac{q}{2}+1$ 时，码具有较好的纠错能力。d随着 $\delta$ 增大而增大，因此在实际问题中 $\delta$ 尽可能大时保证c尽量小，我们有必要弄清楚c与 $\delta$ 的关系，本文将讨论这一问题。

2. 预备知识

2.1. 常循环码

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，给任意两个向量 $X=\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ 和 $Y=\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)\in F_{q^2}^n$，定义Hermitian内积为 ${\langle X,Y\rangle }_H={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{x}_i{y}_i^q}$。如果 ${\langle X,Y\rangle }_H=0$，则称这两个向量Hermitian正交。 $F_{q^2}^n$ 为 $F_{q^2}$ 上的n维向量空间，一个参数为 ${\left[n,k,d\right]}_{q^2}$ 的线性码C是指 $F_{q^2}^n$ 空间中最小距离为d的k维子空间。定义线性码的Hermitian对偶码为 $C^{\perp H}=\left\{X\in F_{q^2}^n|{\langle X,Y\rangle }_H=0,\forall Y\in C\right\}$，如果 $C\subseteq C^{\perp H}$，则C称为Hermitian自正交码。

设 $\left(n,q\right)=1$。对于 $\eta \in F_{q^2}^{\text{*}}$，如果 $\left(c_0,c_1,\cdots ,c_{n-1}\right)\in C$，有 $\left(\eta c_{n-1},c_0,\cdots ,c_{n-2}\right)\in C$，称线性码C为 $\eta$ -常循环码。一个码字 $c=\left(c_0,c_1,\cdots ,c_{n-1}\right)$ 也可以用一个多项式 $c\left(x\right)=c_0+c_1+\cdots +c_{n-1}{x}^{n-1}$ 表示。因此每个 $\eta$ -常循环码都是商环 $F_{q^2}\left[x\right]/\langle x^n－\eta \rangle$ 的一个主理想，即 $C=\langle g\left(x\right)\rangle$，其中 $g\left(x\right)|x^n-\eta$，且 $g\left(x\right)$ 是首1多项式。假设 $\omega \in F_{q^2}^{\text{*}}$ 是rn次本原单位根且 ${\omega }^n=\eta$，令 $\zeta ={\omega }^r$，则 $\zeta$ 是一个n次本原单位根。那么就有

$x^n-\eta =x^n-{\omega }^n={\displaystyle {\prod }_{j=0}^{n-1}\left(x-{\omega }^{1+jr}\right)}.$

令 $\Omega =\left\{1+jr|0\le j\le n-1\right\}$。对于 $\forall j\in \Omega$，设C是 $\eta$ -常循环码，且 $C=\langle g\left(x\right)\rangle$，称 $Z=\left\{j\in \Omega |g\left({\omega }^j\right)=0\right\}$ 为C的定义集，因而 $Z^{\perp H}=\left\{j\in \Omega |-qj\left(\mathrm{mod}rn\right)\notin Z\right\}$ 为 $C^{\perp H}$ 的定义集。称 $C_j=\left\{j{q}^{2i}\left(\mathrm{mod}rn\right)|i\in Z\right\}$ 为j模rn的 $q^2$ -分圆陪集。

引理2.1 [13] 设 $C=\langle g\left(x\right)\rangle$ 是一个在 $F_{q^2}$ 上，长度为n的 $\eta$ -常循环码，其中 $\eta$ 是一个r次本原单位根。如果 $g\left(x\right)$ 的根为 $\left\{{\omega }^{1+rj}|j_1\le j\le j_1+d-2\right\}$，那么C的极小距离至少为d。

引理2.2 [14] 设 $\eta \in F_{q^2}^{\ast }$ 和 $ord\left(\eta \right)=r$，其中 $r|q+1$。C是一个在 $F_{q^2}$ 上，长度为n的 $\eta$ -常循环码，其定义集为 $Z\subseteq \Omega$，那么 $C^{\perp H}\subseteq C$ 当且仅当 $Z\cap \left(-qZ\right)=\varnothing$，其中 $-qZ=\left\{-qz\left(\mathrm{mod}rn\right)|z\in Z\right\}$。

2.2. 纠缠辅助量子码

引理2.3 [15] 如果在有限域 $F_q$ 上存在一个参数为 $\left[n,k,d\right]$ 的线性码C，则有Singleton界： $k\le n-d+\text{1}$。当达到Singleton界，即 $k=n-d+\text{1}$，则称C为MDS码。

令H为C的 $\left(n-k\right)\times n$ 的校验矩阵，则 $C^{\perp H}$ 有 $n\times \left(n-k\right)$ 的生成矩阵 $H^{\ast }$，其中 $H^{\ast }$ 为H的共轭转置矩阵。

引理2.4 [16] 如果C为有限域 $F_q$ 上参数为 $\left[n,k,d\right]$ 的线性码，H为C的校验矩阵，则存在参数为 ${〚n,2k-n+c,d;c〛}_q$ 的EAQEC码，其中 $c=rank\left(H{H}^{\ast }\right)$。

引理2.5 [5] C为有限域 $F_q$ 上带参数为 ${\left[\left[n,k,d;c\right]\right]}_q$ 的EAQEC码，如果 $d\le \left(n+2\right)/2$，则C满足纠缠辅助Singleton界： $n+c-k\ge 2\left(d-1\right)$。如果对于 $d\le \left(n+2\right)/2$，C满足 $n+c-k=2\left(d-1\right)$，则C称为EAQMDS码。

定义2.6 [8] 设 $\eta \in F_{q^2}^{\ast }$ 和 $ord\left(\eta \right)=r$，其中 $r|q+1$。C是一个在 $F_{q^2}$ 上，长度为的n的 $\eta$ -常循环码，其定义集为Z。假设 $Z_1=Z\cap \left(-qZ\right),Z_2=Z\backslash Z_1$，其中 $-qZ=\left\{-qz\left(\mathrm{mod}rn\right)|z\in Z\right\}$。则 $Z=Z_1\cup Z_2$ 称为C的定义集的分解。

引理2.7 [8] C是一个在 $F_{q^2}$ 上，长度为的n的 $\eta$ -常循环码，其定义集为Z，且 $Z=Z_1\cup Z_2$ 为定义集Z的分解，则纠缠态的数量为 $c=\left|Z_1\right|=\left|Z\cap \left(-qZ\right)\right|$。

本文未指明的符号、概念参见 [11] 。

3. 主要结果

3.1. 构造长为 $n=\frac{q^2-1}{r}$ 的EAQMDS码

在本节中q为一个奇素数的方幂， $r|q+1$。注意到 $n=\frac{q^2-1}{r}$，则有 $rn=q^2-1,or{d}_{rn}\left(q^2\right)=1$，这意味着每个模rn的 $q^2$ -分圆陪集只包含一个元素。

定理3.1 若C是一个在 $F_{q^2}$ 上，长度为 $n=\frac{q^2-1}{r}$ 的 $\eta$ -常循环码，它的定义集为 $Z={\displaystyle {\cup }_{j=0}^{\delta }{C}_{1+rj}}$，则能找到所有长度为n的EAQMDS码，它的参数为 ${〚n,n-2\left(\delta +1\right)+c\left(\delta \right),\delta +\text{2};c\left(\delta \right)〛}_q$。

证明 由于 $\left|Z\right|=\delta +\text{1}$ 则从引理2.1和引理2.3可知C是一个参数为 ${\left[n,n-\left(\delta +1\right),\delta +\text{2}\right]}_{q^{\text{2}}}$ MDS码。根据引理2.7

$\begin{array}{c}c=\left|Z\cap \left(-qZ\right)\right|=\left|\left\{\left(j,k\right)|1+rj\equiv -q\left(1+rk\right)\left(\mathrm{mod}rn\right),0\le j,k\le \delta \right\}\right|\\ =\left|\left\{\left(j,k\right)|j+qk\equiv -\frac{q+1}{r}\left(\mathrm{mod}n\right),0\le j,k\le \delta \right\}\right|.\end{array}$

这表明c与 $\delta$ 的取值范围有关。由引理2.4存在参数为 ${〚n,n-2\left(\delta +1\right)+c\left(\delta \right),\delta +\text{2};c\left(\delta \right)〛}_q$ 的EAQMDS码。为了找到c关于 $\delta$ 的对应关系，讨论同余方程 $j+qk\equiv -\frac{q+1}{r}\left(\mathrm{mod}n\right)$ 的解，注意到 $\Omega =\left\{1+jr|0\le j\le n-1\right\}$，因此可假定 $\text{0}\le j,k\le n-1$。这样

$j+qk\equiv -\frac{q+1}{r}\left(\mathrm{mod}n\right)$ 有整数解 $\left(j,k\right)$

$\iff$ 对 $l\in Z$ 来说， $nl-\frac{q+1}{r}=j+qk$ 有整数解 $\left(j,k\right)$。

由 $\text{0}\le j,k\le n-1$，当 $r\ne 1$ 时，可得 $1\le l\le q$。在取定l后把 $nl-\frac{q+1}{r}$ 表示成 $j+qk$ 这种形式，其中 $\left(j,k\right)$ 的取法是多样的，例如：

$j+qk=nl-\frac{q+1}{r}=\frac{l\left(q^2-1\right)}{r}-\frac{q+1}{r}=\left(\frac{l\left(q+1\right)}{r}-x\right)q+xq-\frac{\left(l+1\right)\left(q+1\right)}{r}.$

令 $b_{l,x}=\max \left(j,k\right)=\max \left(xq-\frac{\left(l+1\right)\left(q+1\right)}{r},\frac{l\left(q+1\right)}{r}-x\right)$，得到所有的 $b_{l,x}$，只要给定r，就可以把 $b_{l,x}$ 从小到大排列。依次记为 $b_1,b_2,b_3,\cdots$。若 $b_i$ 对应的 $b_{l,x}$ 有 $c_i$ 个，则当 $0\le \delta \le b_{\text{1}}-1$ 时， $c\left(\delta \right)=0$ ；当 $b_1\le \delta \le b_{\text{2}}-1$ 时， $c\left(\delta \right)=c_1$ ； $\cdots$ ；当 $b_i\le \delta \le b_{i+1}-1$ 时， $c\left(\delta \right)=c_{\text{1}}+c_2+\cdots +c_i$。接下来计算所有的 $b_{l,x}$。

当 $l=t\left(1\le t\le q\right)$ 时，有 $t\frac{q^2-1}{r}-\frac{q+1}{r}=\left(\frac{t\left(q+1\right)}{r}-x\right)q+xq-\frac{\left(t+1\right)\left(q+1\right)}{r}$，因为 $\text{0}\le j,k\le n-1$，则

$0\le \frac{t\left(q+1\right)}{r}-x\le n-1$，$0\le xq-\frac{\left(t+1\right)\left(q+1\right)}{r}\le n-1$

即当 $t>1$ 时

$\lceil \frac{\left(t+1\right)\left(q+1\right)}{rq}\rceil \le x\le \lfloor \frac{q^2-1-r+\left(t+1\right)\left(q+1\right)}{rq}\rfloor .$

当 $xq-\frac{\left(t+1\right)\left(q+1\right)}{r}\ge \frac{t\left(q+1\right)}{r}-x$ 即 $x\ge \lceil \frac{2t+1}{r}\rceil$ 时， $b_{t,x}=xq-\frac{\left(t+1\right)\left(q+1\right)}{r}$，否则 $b_{t,x}=\frac{t\left(q+1\right)}{r}-x$。得到所有的 $b_{t,x}$ 如下：

$b_{t,\lceil \frac{\left(t+1\right)\left(q+1\right)}{rq}\rceil }=\frac{t\left(q+1\right)}{r}-\lceil \frac{\left(t+1\right)\left(q+1\right)}{rq}\rceil ,\cdots ,b_{t,\lceil \frac{2t+1}{r}\rceil -1}=\frac{t\left(q+1\right)}{r}-\left(\lceil \frac{2t+1}{r}\rceil -1\right)$

$b_{t,\lceil \frac{2t+1}{r}\rceil }=\lceil \frac{2t+1}{r}\rceil q-\frac{\left(t+1\right)\left(q+1\right)}{r},\cdots ,b_{t,\lfloor \frac{q^2-1-r+\left(t+1\right)\left(q+1\right)}{rq}\rfloor }=\lfloor \frac{q^2-1-r+\left(t+1\right)\left(q+1\right)}{rq}\rfloor q-\frac{\left(t+1\right)\left(q+1\right)}{r}.$

取 $l=\text{1}$，得到所有的 $b_{\text{1},x}$ ：

$b_{1,\lceil \frac{3}{r}\rceil }=\lceil \frac{3}{r}\rceil q-\frac{2\left(q+1\right)}{r},b_{1,\lceil \frac{3}{r}\rceil +1}=\left(\lceil \frac{3}{r}\rceil +1\right)q-\frac{2\left(q+1\right)}{r},\cdots ,b_{1,\frac{q+1}{r}}=\frac{q+1}{r}q-\frac{2\left(q+1\right)}{r}.$

取 $l=\text{2}$，得到所有的 $b_{\text{2},x}$ ：

$b_{2,\lceil \frac{3\left(q+1\right)}{r}\rceil }=\frac{2\left(q+1\right)}{r}-\lceil \frac{3\left(q+1\right)}{r}\rceil ,\cdots ,b_{2,\lceil \frac{5}{r}\rceil -1}=\frac{2\left(q+1\right)}{r}-\left(\lceil \frac{5}{r}\rceil -1\right)$

$b_{2,\lceil \frac{5}{r}\rceil }=\left(\lceil \frac{5}{r}\rceil \right)q-\frac{3\left(q+1\right)}{r},\cdots ,b_{2,\lfloor \frac{q^2-1-r+3\left(q+1\right)}{rq}\rfloor }=\lfloor \frac{q^2-1-r+3\left(q+1\right)}{rq}\rfloor q-\frac{3\left(q+1\right)}{r}.$

$⋮$

取 $l=q$，得到所有的 $b_{q,x}$ ：

$b_{q,\frac{q+1}{r}+1}=\frac{q\left(q+1\right)}{r}-\left(\frac{q+1}{r}+1\right)=n-1,\cdots ,b_{q,\frac{2\left(q+1\right)}{r}-1}=\frac{q\left(q+1\right)}{r}-\left(\frac{2\left(q+1\right)}{r}-1\right).$

注意当 $r=1$ 时，同理可计算所有的 $b_{l,x}$。综上若C的定义集为 $Z={\displaystyle {\cup }_{j=0}^{\delta }{C}_{1+rj}}$，当 $b_i\le \delta \le b_{i+1}-1$ 时，则存在参数为 ${〚n,n-2\left(\delta +1\right)+c_1+\cdots +c_i,\delta +2;c_1+\cdots +c_i〛}_q$ 的EAQMDS码。

推论3.2 1) 若C是一个在 $F_{q^2}$ 上，长度为 $n=q^2-1$ 的 $\eta$ -常循环码，它的定义集为 $Z={\displaystyle {\cup }_{j=0}^{\delta }{C}_{1+j}}$，则存在参数为 ${〚n,n-2\left(\delta +1\right)+c\left(\delta \right),\delta +\text{2};c\left(\delta \right)〛}_q$ EAQMDS码。当 $0\le \delta \le q-3$ 时， $c\left(\delta \right)=0$，得 $C^{\perp H}\subseteq C$ ；当 $q-2\le \delta \le 2q-4$ 时， $c\left(\delta \right)=\text{1}$ ；当 $\delta =\text{2}q-3$ 时， $c\left(\delta \right)=\text{2}$ ；当 $\text{2}q-\text{2}\le \delta \le \text{3}q-\text{5}$ 时， $c\left(\delta \right)=4$ ；当 $\delta =\text{3}q-4$ 时， $c\left(\delta \right)=5$ ；当 $\delta =\text{3}q-\text{3}$ 时， $c\left(\delta \right)=7$ ；当 $\text{3}q-2\le \delta \le \text{4}q-\text{6}$ 时， $c\left(\delta \right)=9$。

2) 若C是一个在 $F_{q^2}$ 上，长度为 $n=\frac{q^2-1}{2}$ 的 $\eta$ -常循环码，它的定义集为 $Z={\displaystyle {\cup }_{j=0}^{\delta }{C}_{1+\text{2}j}}$，则存在参数为 ${〚n,n-2\left(\delta +1\right)+c\left(\delta \right),\delta +\text{2};c\left(\delta \right)〛}_q$ EAQMDS码。当 $0\le \delta \le q-\text{2}$ 时， $c\left(\delta \right)=0$，得 $C^{\perp H}\subseteq C$ ；当 $q-\text{1}\le \delta \le \frac{\text{3}q-5}{2}$ 时， $c\left(\delta \right)=\text{2}$ ；当 $\frac{\text{3}q-3}{2}\le \delta \le \text{2}q-3$ 时， $c\left(\delta \right)=4$ ；当 $\delta =\text{2}q-\text{2}$ 时， $c\left(\delta \right)=6$ ；当 $\text{2}q-1\le \delta \le \frac{5q-7}{2}$ 时， $c\left(\delta \right)=8$。

证明 我们只证明1)，2)的证明是类似的。在定理3.1中，取定 $r=1$，所有的 $b_{l,x}$ 取值如下：

当 $l=1$ 时， $q-2,2q-2,3q-2,4q-2,5q-2,\cdots ,\left(q-\text{1}\right)q-2.$

当 $l=\text{2}$ 时， $\text{2}q-2,2q-\text{3},3q-\text{3},4q-\text{3},5q-\text{3},\cdots ,\left(q-\text{1}\right)q-\text{3}\text{.}$

当 $l=\text{3}$ 时， $\text{3}q-2,\text{3}q-\text{3},3q-\text{4},4q-\text{4},5q-\text{4},\cdots ,\left(q-\text{1}\right)q-\text{4}\text{.}$

当 $l=\text{4}$ 时， $\text{4}q-2,\text{4}q-\text{3},\text{4}q-\text{4},4q-\text{5},5q-\text{5},\cdots ,\left(q-\text{1}\right)q-\text{5}\text{.}$

$⋮$

当 $l=t$ 时， $tq-2,tq-3,tq-4,tq-5,\cdots ,tq-t,tq-\left(t+1\right),\left(t+1\right)q-\left(t+1\right),\cdots ,\left(q-1\right)q-\left(t+1\right).$

$⋮$

当 $l=q+1$ 时， $\left(q+1\right)q-\left(q-2\right)=n-1.$

现在把 $b_{l,x}$ 从小到大排列出来，这里只排列出前面部分，有

$\begin{array}{l}{b}_1=q-2,c_1=1;b_2=2q-3,c_2=1;b_3=2q-2,c_3=2;\\ b_4=3q-4,c_4=1;b_5=3q-3,c_5=2;b_6=3q-2,c_6=2.\end{array}$

根据定理3.1即可得出结论。

推论3.3 1) 若C是一个在 $F_{q^2}$ 上，长度为 $n=\frac{q^2-1}{r}$ 的 $\eta$ -常循环码，其中 $r|q+1$ 且 $r\ge 3$，r是一个奇数。令 $r=\text{2}m+1,\lambda =\frac{q+1}{r}$。C的定义集为 $Z={\displaystyle {\cup }_{j=0}^{\delta }{C}_{1+rj}}$，则存在参数为 ${〚n,n-2\left(\delta +1\right)+c\left(\delta \right),\delta +\text{2};c\left(\delta \right)〛}_q$ 的EAQMDS码。当 $0\le \delta \le m\lambda -\text{2}$ 时， $c\left(\delta \right)=0$，得 $C^{\perp H}\subseteq C$ ；当 $m\lambda -\text{1}\le \delta \le \left(m+1\right)\lambda -\text{2}$ 时， $c\left(\delta \right)=1$ ；当 $\left(m+1\right)\lambda -1\le \delta \le \left(m+2\right)\lambda -2$ 时， $c\left(\delta \right)=3$ ；当 $\left(m+2\right)\lambda -1\le \delta \le \left(m+3\right)\lambda -2$ 时， $c\left(\delta \right)=5$ ； $\cdots$ ；当 $\left(m+t\right)\lambda -1\le \delta \le \left(m+t+1\right)\lambda -2$ 时， $c\left(\delta \right)=2t+1$ ； $\cdots$ ；当 $\left(2m-1\right)\lambda -1\le \delta \le q-2$ 时， $c\left(\delta \right)=2m-1$ ；当 $\delta =q-1$ 时， $c\left(\delta \right)=2m+1$。

2) 若C是一个在 $F_{q^2}$ 上，长度为 $n=\frac{q^2-1}{r}$ 的 $\eta$ -常循环码，其中 $r|q+1$ 且 $r\ge \text{4}$，r是一个偶数。令 $r=\text{2}m$ 和 $\lambda =\frac{q+1}{r}$。C的定义集为 $Z={\displaystyle {\cup }_{j=0}^{\delta }{C}_{1+rj}}$，则存在参数为 ${〚n,n-2\left(\delta +1\right)+c\left(\delta \right),\delta +\text{2};c\left(\delta \right)〛}_q$ 的EAQMDS码。当 $0\le \delta \le m\lambda -\text{2}$ 时， $c\left(\delta \right)=0$，得 $C^{\perp H}\subseteq C$ ；当 $m\lambda -\text{1}\le \delta \le \left(m+1\right)\lambda -\text{2}$ 时， $c\left(\delta \right)=2$ ；当 $\left(m+1\right)\lambda -1\le \delta \le \left(m+2\right)\lambda -2$ 时， $c\left(\delta \right)=4$ ；当 $\left(m+2\right)\lambda -1\le \delta \le \left(m+3\right)\lambda -2$ 时， $c\left(\delta \right)=6$ ； $\cdots$ ；当 $\left(m+t\right)\lambda -1\le \delta \le \left(m+t+1\right)\lambda -2$ 时， $c\left(\delta \right)=2\left(t+1\right)$ ； $\cdots$ ；当 $\left(2m-\text{2}\right)\lambda -1\le \delta \le q-2$ 时， $c\left(\delta \right)=2m-2$ ；

当 $\delta =q-1$ 时， $c\left(\delta \right)=2m$。

证明 我们只证明1)，同理可证明2)。当 $\delta \le q-1$ 时，有 $\text{0}\le j,k\le q-1$，得到 $nl=j+qk$ 的表示唯一，此时相当于对 $nl$ 做带余除法。这里设定 $\delta \le q-1$，由 $\text{0}\le j,k\le n-1$ 和 $r=\text{2}m+1$ 可得 $1\le l\le 2m+1$。

当 $l\le 2m-1$ 时，有 $l\frac{q^2-1}{r}-\frac{q+1}{r}=\left(\frac{l\left(q+1\right)}{r}-\text{1}\right)q+q-\frac{\left(l+\text{1}\right)\left(q+1\right)}{r}$ ；

当 $l=2m$ 时，有 $2m\frac{q^2-1}{r}-\frac{q+1}{r}=\left(\frac{2m\left(q+1\right)}{r}-\text{2}\right)q+q-1$ ；

当 $l=2m+1$ 时，有 $\left(2m+\text{1}\right)\frac{q^2-1}{r}-\frac{q+1}{r}=\left(q-1\right)q+q-\frac{q+1}{r}-1.$

因为 $r=\text{2}m+1$，所以

当 $l=m$ 时，有

$q-\frac{\left(m+1\right)\left(q+1\right)}{r}=\frac{m\left(q+1\right)}{r}-1$，$b_{m,1}=m\frac{q+1}{r}-1$ ；

当 $1\le l<m$ 时，有

$q-\frac{\left(l+\text{1}\right)\left(q+1\right)}{r}>\frac{l\left(q+1\right)}{r}-1$，$b_{l,1}=q-\frac{\left(l+\text{1}\right)\left(q+1\right)}{r}$ ；

当 $m<l\le 2m+1$ 时，有

$q-\frac{\left(l+\text{1}\right)\left(q+1\right)}{r}<\frac{l\left(q+1\right)}{r}-1$，$b_{l,1}=\frac{l\left(q+1\right)}{r}-1.$

又因为

$\frac{\left(m+t\right)\left(q+1\right)}{r}-1=q-\frac{\left(m-t+1\right)\left(q+1\right)}{r}$

故有

$\begin{array}{l}{b}_{m,1}=m\frac{q+1}{r}-1,b_{m-1,1}=b_{m+1,1}=\frac{\left(m+t\right)\left(q+1\right)}{r}-1,\cdots ,b_{m-t,1}=b_{m+t,1}=\frac{\left(m+t\right)\left(q+1\right)}{r}-1\\ ,\cdots ,b_{1,1}=b_{2m-1,1}=\frac{\left(2m-1\right)\left(q+1\right)}{r}-1,b_{2m,1}=q-1,b_{2m+1,1}=q-1.\end{array}$

将它们从小到大排列出来：

$\begin{array}{l}{b}_1=m\lambda -1,c_1=1;b_2=\left(m+1\right)\lambda -1,c_2=2;b_3=\left(m+2\right)\lambda -1,c_3=2;\cdots ;\\ b_{t+1}=\left(m+t\right)\lambda -1,c_{t+1}=2;\cdots ;b_m=\left(2m-1\right)\lambda -1,c_m=2;b_{m+1}=q-1,c_{m+1}=2.\end{array}$

根据定理3.1即可得出结论。

3.2. 构造长为 $n=\frac{q^2+1}{10}$，其中 $q\equiv 7\left(mod10\right)$ 与长为 $n=\frac{q^2+1}{34}$，其中 $q\equiv 21\left(mod34\right)$ 的 EAQMDS码

在本节中q为一个奇素数的方幂， $r|q+1$。注意到 $n=\frac{q^2+1}{\text{10}}$ 或者 $n=\frac{q^2+1}{\text{34}}$，则有 $or{d}_{rn}\left(q^2\right)=\text{2}$。令 $s=\frac{q^2+1}{2}$ 则模 $rn$ 的 $q^2$ -分圆陪集分别是 $C_s=\left\{s\right\},C_{s-rj}=\left\{s-rj,s+rj\right\}$，其中 $1\le j\le \frac{n-1}{\text{2}}$。

引理3.4 令 $s=\frac{q^2+1}{2}$，当 $n|s$ 时，有

$\left(j,k\right)$ 是 $s-rj\equiv -q\left(s-rk\right)\left(\mathrm{mod}rn\right)$ 的解 $\iff$ $\left(k,j\right)$是 $s-rj\equiv -q\left(s+rk\right)\left(\mathrm{mod}rn\right)$ 的解。

证明 要证 $\left(j,k\right)$ 是 $s-rj\equiv -q\left(s-rk\right)\left(\mathrm{mod}rn\right)$ 的解 $\iff$ $\left(k,j\right)$是 $s-rj\equiv -q\left(s+rk\right)\left(\mathrm{mod}rn\right)$ 的解，即证 $\left(j,k\right)$ 是 $j+qk\equiv 0\left(\mathrm{mod}n\right)$ 的解 $\iff$ $\left(k,j\right)$是 $j-qk\equiv 0\left(\mathrm{mod}n\right)$ 的解。

先证必要性，由 $\left(j,k\right)$ 是 $j+qk\equiv 0\left(\mathrm{mod}n\right)$ 的解，有

$-q\left(j+qk\right)=-qj-q^{2}k=-qj+k-\left(q^2+1\right)k=k-qj\equiv \text{0}\left(\mathrm{mod}n\right)$

即

$k-qj\equiv \text{0}\left(\mathrm{mod}n\right)$

得 $\left(k,j\right)$ 是 $j-qk\equiv 0\left(\mathrm{mod}n\right)$ 的解。同理可证充分性。

引理3.5 $s=\frac{q^2+1}{2}$，当 $n|s$ 时，则 $\left(j,k\right)$ 是 $s-r\left(\frac{n-1}{2}-j\right)\equiv -q\left(s-r\left(\frac{n-1}{2}-k\right)\right)\left(\mathrm{mod}rn\right)$ 的解 $\iff$ $\left(k,j\right)$是 $s-r\left(\frac{n-1}{2}-j\right)\equiv -q\left(s+r\left(\frac{n-1}{2}-k\right)\right)\left(\mathrm{mod}rn\right)$ 的解。

证明 只需证 $\left(j,k\right)$ 是 $j+qk-\frac{q+1}{2}\equiv 0\left(\mathrm{mod}n\right)$ 的解 $\iff$ $\left(k,j\right)$是 $j-qk+\frac{q-1}{2}\equiv 0\left(\mathrm{mod}n\right)$ 的解。

先证必要性，由 $\left(j,k\right)$ 是 $j+qk-\frac{q+1}{2}\equiv 0\left(\mathrm{mod}n\right)$ 的解，有

$-q\left(j+qk-\frac{q+1}{2}\right)=-qj-q^{2}k+\frac{q^2+q}{2}=-qj+k-\left(q^2+1\right)k+\frac{q^2+1+q-1}{2}=k-qj+\frac{q-1}{2}\equiv \text{0}\left(\mathrm{mod}n\right)$

即

$k-qj+\frac{q-1}{2}\equiv \text{0}\left(\mathrm{mod}n\right)$

得 $\left(k,j\right)$ 是 $j-qk+\frac{q-1}{\text{2}}\equiv 0\left(\mathrm{mod}n\right)$ 的解。同理可证充分性。

定理3.6 q为一个奇素数的方幂，且 $q\equiv \text{7}\left(\mathrm{mod}10\right),q>7$，若C是一个在 $F_{q^2}$ 上，长度为 $n=\frac{q^2+1}{10}$ 的 $\eta$ -常循环码，它的定义集为 $Z={\displaystyle {\cup }_{j=0}^{\delta }{C}_{s-rj}}$，则存在参数为 ${〚n,n-2\left(2\delta +1\right)+c\left(\delta \right),2\delta +\text{2};c\left(\delta \right)〛}_q$ 的EAQMDS码。

当 $0\le \delta \le \frac{3q-\text{1}}{10}-\text{1}$ 时， $c\left(\delta \right)=\text{1}$ ；当 $\frac{3q-1}{10}\le \delta \le \frac{4q+2}{10}-1$ 时， $c\left(\delta \right)=5$ ；

当 $\frac{4q+2}{10}\le \delta \le \frac{5q+5}{10}-1$ 时， $c\left(\delta \right)=\text{9}$ ；当 $\frac{5q+5}{10}\le \delta \le \frac{6q-\text{2}}{10}-1$ 时， $c\left(\delta \right)=\text{13}$ ；

当 $\frac{6q-2}{10}\le \delta \le \frac{7q+1}{10}-1$ 时， $c\left(\delta \right)=\text{17}$ ；当 $\frac{7q+1}{10}\le \delta \le \frac{\text{8}q-6}{10}-1$ 时， $c\left(\delta \right)=\text{21}$ ；

当 $\frac{\text{8}q-\text{6}}{10}\le \delta \le \frac{8q+4}{10}-1$ 时， $c\left(\delta \right)=\text{25}$ ；当 $\frac{8q+4}{10}\le \delta \le \frac{9q-3}{10}$ 时， $c\left(\delta \right)=\text{29}$ ；

当 $\frac{9q-3}{10}\le \delta \le \frac{9q+7}{10}-1$ 时， $c\left(\delta \right)=\text{33}$。

证明 由于 $\left|Z\right|=2\delta +\text{1}$ 则从引理2.1和引理2.3得C是一个带参数为 ${\left[n,n-\left(\text{2}\delta +1\right),\text{2}\delta +\text{2}\right]}_{q^{\text{2}}}$ MDS码。由引理2.4得存在参数为 ${〚n,n-2\left(2\delta +1\right)+c\left(\delta \right),2\delta +\text{2};c\left(\delta \right)〛}_q$ 的EAQMDS码。当 $\delta \le q-1$ 时，有 $\text{0}\le j,k\le q-1$，得到 $nl=j+qk$ 的表示唯一，此时相当于对 $nl$ 做带余除法。设定 $\delta \le q-1$，由于 $s\equiv -qs\left(\mathrm{mod}rn\right)$，根据引理2.7

$\begin{array}{c}c=\left|Z\cap \left(-qZ\right)\right|\\ =\left|\left\{\left(j,k\right)|s\pm rj\equiv -q\left(s\pm rk\right)\left(\mathrm{mod}rn\right),1\le j,k\le q-1\right\}\right|+1\\ =2\left|\left\{\left(j,k\right)|j+qk\equiv 0\left(\mathrm{mod}n\right),1\le j,k\le q-1\right\}\right|\\ +2\left|\left\{\left(j,k\right)|j-qk\equiv 0\left(\mathrm{mod}n\right),1\le j,k\le q-1\right\}\right|+1.\end{array}$

又因为

$j+qk\equiv \text{0}\left(\mathrm{mod}n\right)$ 有整数解 $\left(j,k\right)$，其中 $\text{1}\le j,k\le q-1,$

$\iff$ 对 $1\le l\le \text{9},l\in Z$ 来说， $nl=j+qk$ 有整数解 $\left(j,k\right)$，其中 $\text{1}\le j,k\le q-1$。

$j-qk\equiv \text{0}\left(\mathrm{mod}n\right)$ 有整数解 $\left(j,k\right)$，其中 $\text{1}\le j,k\le q-1,$

$\iff$ 对 $-9\le l\le -1,l\in Z$ 来说， $nl=j-qk$ 有整数解 $\left(j,k\right)$，其中 $\text{1}\le j,k\le q-1$。

取定l后把 $nl$ 表示成 $j+qk$ 这种形式，令 $b_{l,1}=\max \left(j,k\right)$。

当 $l=\text{1}$ 时，有 $\frac{q^2+1}{\text{10}}=\left(\frac{q-7}{10}\right)q+\frac{7q+1}{10}$，$b_{\text{1},1}=\frac{7q+1}{\text{10}}$ ；

当 $l=\text{2}$ 时，有 $2\frac{q^2+1}{\text{10}}=\left(\frac{2\left(q-7\right)}{10}+1\right)q+\frac{4q+2}{10}$，$b_{\text{2},1}=\frac{\text{4}q+\text{2}}{\text{10}}$ ；

当 $l=\text{3}$ 时，有 $\text{3}\frac{q^2+1}{\text{10}}=\left(\frac{\text{3}\left(q-7\right)}{10}+\text{2}\right)q+\frac{q+\text{3}}{10}$，$b_{3,1}=\frac{3q-1}{10}$ ；

当 $l=\text{4}$ 时，有 $\text{4}\frac{q^2+1}{\text{10}}=\left(\frac{\text{4}\left(q-7\right)}{10}+\text{2}\right)q+\frac{\text{8}q+\text{4}}{10}$，$b_{4,1}=\frac{8q+4}{10}$ ；

当 $l=\text{5}$ 时，有 $\text{5}\frac{q^2+1}{\text{10}}=\left(\frac{\text{5}\left(q-7\right)}{10}+\text{3}\right)q+\frac{\text{5}q+\text{5}}{10}$，$b_{5,1}=\frac{5q+5}{10}$ ；

当 $l=\text{6}$ 时，有 $\text{6}\frac{q^2+1}{\text{10}}=\left(\frac{\text{6}\left(q-7\right)}{10}+\text{4}\right)q+\frac{\text{2}q+\text{6}}{10}$，$b_{6,1}=\frac{6q-2}{10}$ ；

当 $l=\text{7}$ 时，有 $\text{7}\frac{q^2+1}{\text{10}}=\left(\frac{\text{7}\left(q-7\right)}{10}+\text{4}\right)q+\frac{\text{9}q+\text{7}}{10}$，$b_{7,1}=\frac{9q+7}{10}$ ；

当 $l=\text{8}$ 时，有 $\text{8}\frac{q^2+1}{\text{10}}=\left(\frac{\text{8}\left(q-7\right)}{10}+\text{5}\right)q+\frac{\text{6}q+\text{8}}{10}$，$b_{8,1}=\frac{8q-6}{10}$ ；

当 $l=\text{9}$ 时，有 $\text{9}\frac{q^2+1}{\text{10}}=\left(\frac{\text{9}\left(q-7\right)}{10}+\text{6}\right)q+\frac{\text{3}q+\text{9}}{10}$，$b_{9,1}=\frac{9q-3}{10}$ ；

对 $\text{1}\le l\le 9,l\in Z$，将 $b_{l,1}=\max \left(j,k\right)$ 从小到大排列，依次记为 $b_1,b_2,b_3,\cdots ,b_9$。得

$b_1=\frac{3q-1}{10}$，$b_2=\frac{4q+2}{10}$，$b_{\text{3}}=\frac{5q+5}{10}$，$b_{\text{4}}=\frac{6q-\text{2}}{10}$，$b_{\text{5}}=\frac{7q+1}{10}$，