Используя те же соглашения, что приняты в (14) и в последующих комментариях, в частности, отождествление $H_{n}=H_{1}^{\otimes n}$, мы имеем
\[
\frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{x=0}^{N-1}|x\rangle=\frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{\epsilon_{i}=0,1}\left|\epsilon_{n-1} \ldots \epsilon_{0}\right\rangle=\left(\frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+|1\rangle)\right)^{\otimes n} .
\]

Другими словами,
\[
\frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{x=0}^{N-1}|x\rangle=U_{1}^{(n-1)} \ldots U_{1}^{(0)}|0 \ldots 0\rangle,
\]

где $U_{1}: H_{1} \rightarrow H_{1}$ — унитарный оператор
\[
|0\rangle \mapsto \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+|1\rangle),|1\rangle \mapsto \frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle-|1\rangle),
\]

и $U_{1}^{(i)}=\mathrm{id} \otimes \ldots \otimes U_{1} \otimes \ldots \otimes \mathrm{id}$ действует только на $i$-й кубит.
Таким образом, заставляя квантовый гейт $U_{1}$ действовать на каждом бите памяти, можно за $n$ шагов привести один регистр в начальное состояние, являющееся суперпозицией всех $2^{n}$ классических состояний с равными весами.