出てくるもの3：HaPPY 符号

(1) 3脚の組は $R$ を含むか含まないかで分かれる。$R$ と2つの量子ビット $\{i,j\}$ の組では、距離 $3$ により $\{i,j\}$ の消失は訂正でき $I(R;ij)=0$、つまり $\hat\rho_{Rij}=\hat\rho_R\otimes\hat\rho_{ij}$。$\hat\rho_R=\mathbf 1/2$ で、$\hat\rho_{ij}$ は重み $2$ 以下の Pauli 演算子の期待値がすべて $0$（安定化群にも論理演算子にも重み $2$ 以下の元が無い）なので $\mathbf 1/4$。よって $\hat\rho_{Rij}=\mathbf 1/8$、$S=3\ln2$。$R$ を含まない3つの量子ビットの組は、補集合が $R$ と2つの量子ビットなので、純粋状態のエントロピーの等しさから同じく $3\ln2$。20通りすべてで $3\ln2$ になることを verify で確かめた。2脚の組15通りは $2\ln2$ である。

(2) 行列 $M_{(r,q),(b)}=\langle r\,q\,b_2b_3b_4b_5 | T \rangle$ を考える。$M^\dagger M$ の $((r,q),(r',q'))$ 成分は $\operatorname{Tr}_{2345}$ を取った2脚の縮約状態 $\hat\rho_{01}$ の成分（の複素共役）で、(1) と同じ理由で $\hat\rho_{01}=\mathbf 1/4$。よって $M^\dagger M=\mathbf 1/4$、$2M$ は等長写像である。同様に1脚 $\to$5脚は $\sqrt2$ 倍、3脚 $\to$3脚は $\sqrt8$ 倍でユニタリになる。

(1) 内部の脚は $| 0 \rangle$ に固定されているので切っても数えない。網の結合の脚は最大にもつれた量子ビット1つ分（$\ln2$）を運ぶ。境界の1個は、その脚自体を切れば1本で $\ln2$。同じ葉の2個は、その2本を切る（2本）か、葉の残りの3本を切る（葉の残りの境界2本と中心への1本で3本）かで、最小は2本、$2\ln2$。同じ葉の3個は、補集合の側で葉の残りの1本と中心への1本を切る2本が最小で $2\ln2$。葉1つの4個は中心への1本で $\ln2$。隣り合う葉にまたがる2個は2本で $2\ln2$。葉1つと隣の葉の1個は、中心への1本と1個の脚の1本で $2\ln2$。葉2つは中心への2本で $2\ln2$、葉3つは補集合の葉2つの側で2本、$2\ln2$。数値計算はこの8通りで順に $1,2,2,1,2,2,2,2$（$\ln2$ 単位）を与え、最小の切断の本数と一致した。

(2) 中心のテンソルは、内部の脚（$R$ ともつれている）と5本の結合の脚の6脚の完全テンソルである。葉は2脚 $\to$4脚の等長写像なので、葉 $k$ の境界の4個から中心への脚 $k$ の状態はそのまま戻せる。したがって $A$ は中心の3本の脚、$\bar A$ は2本の脚と同じ情報を持つ。完全テンソルでは $R$ と2本の脚の3脚が最大に混ざっているので $I(R;\text{2本})=0$、純粋状態の残りとして $I(R;\text{3本})=2\ln2=2S(R)$。よって $I(R;A)=2\ln2$、$I(R;\bar A)=0$ で、中心の量子ビットは $A$ から完全に再構成でき、$\bar A$ からは何も分からない。どの3つの葉を選んでも同じで（verify では隣り合わない3つでも確かめた）、中心は「境界の過半」のエンタングルメント・ウェッジに入る。7.6.4節の円板の中心と同じ構造である。

(3) 葉の内部の量子ビットを参照系 $R'$ と最大にもつれさせる。中心への脚は網の残り $E$ と最大にもつれているので、$R'$・$E$・葉の境界の4個の全体は、6脚の完全テンソルの脚 $0,1$ を最大にもつれた相手に付け替えた状態で、どの3つの組も最大に混ざっている。よって $I(R';\text{境界の3個})=S(R')+S(\text{3個})-S(R'\,\text{と3個})=\ln2+3\ln2-2\ln2=2\ln2=2S(R')$ で、どの3個からでも再構成できる（$R'$ と3個の4脚のエントロピーは、残りの2脚 $E$ と境界の1個のエントロピー $2\ln2$ に等しい）。2個では $I=\ln2+2\ln2-3\ln2=0$ である。浅い所（境界に近い所）の量子ビットは小さな領域で、深い所の量子ビットは大きな領域でしか再構成できない。