Haskell 使用foldr和bind以无终止

因此，本质上，我有一个封装在

MaybeT

中的一元函数，我想使用

Nothing

作为递归的终止条件

我对

foldr

的理解是，如果它能够在不消耗整个列表的情况下产生结果，那么它可以安全地用于无限列表，即

foldr（&&&）True$repeat False

仍然能够返回

False

目前我有：

repeaterM a f = foldr (=<<) (return a) $ repeat f

repeaterM a f=foldr(=
所以

如你所料

但是

相反，这也行不通（谢谢是7s）

所以

如你所料

但是

相反，这也行不通（谢谢是7s）.
为什么不
go a f=f a>=\a'->go a'f
？甚至可以让它
go f a=f a>=go f
摆脱lambda。这看起来确实有效，而且比我现在做的更优雅。我最初是从一个只执行n次操作的函数中概括出来的，使用一个列表，因此是折叠。不过，我还是希望太长了，读不下去了。你需要的是TL；DR <代码>也许的代码>为什么不>代码>去F= F a> = 'a'？> >“f>代码”？甚至可以使它<代码>转到fa= f a> >去f>代码>以摆脱lambda。这看起来确实有效，而且看起来比我做的更优雅。我最初是从这个推广的。太长了，读不下去了，我想知道为什么这个函数不起作用。我想知道为什么这个函数不起作用。你需要的是TL；DR <代码>也许<代码> >代码> =代码> FordL<／代码>永远不会终止在无限的列表中。Aha，现在我明白了。我自己在计算实际如何建立时困惑。我有一个线索，它是沿着这些线，但我不能完全在我的脑海中计算出来。谢谢！
foldl
永远不会在无限列表上终止。啊哈，现在我明白了。我对计算是如何实际建立的感到困惑。我有一个线索，它是沿着这些线的，但我不能完全工作在我脑子里，谢谢！
foldr            :: (a -> b -> b) -> b -> [a] -> b
foldr k z = go
          where
            go []     = z
            go (y:ys) = y `k` go ys

foldr (&&) True $ repeat False
   = go (repeat False) where go [] = True ; go (y:ys) = y && go ys
   = False && go (repeat False) where go [] = True ; go (y:ys) = y && go ys
   = False

foldr (=<<) (return a) $ repeat f
   = go (repeat f) where go [] = return a ; go (y:ys) = y =<< ys
   = f =<< go (repeat f) where go [] = return a ; go (y:ys) = y =<< ys
   = f =<< f =<< go (repeat f) where go [] = return a ; go (y:ys) = y =<< ys
   = f =<< f =<< f =<< go (repeat f) where go [] = return a ; go (y:ys) = y =<< ys
   ...

repeaterM a f = foldl (>>=) (return a) $ repeat f