将Scheme闭包定义函数转换为Haskell

以下程序用Scheme编写

（定义（eat xs）
（λ（x）
（如果（等式x'呕吐物）
（反向xs）
（eat（cons x xs(()))）

可以通过以下方式调用：

吃东西 #{程序9165 eat} >（吃’（）） #{程序9166（eat中未命名）} >（（吃’（））1） #{程序9166（eat中未命名）} >()(("吃")1)2)3)4) #{程序9166（eat中未命名）} >()((("吃")1)2)3)4"呕吐) (1 2 3 4) 因为没有突变，例如

set，并且状态是使用递归传递的。我认为用Haskell编写此代码很简单：

eat xs x=如果x==“呕吐”，则反转xs-else eat（x:xs）
--无法匹配预期的类型“[[Char]]”
--实际类型为“[Char]->[[Char]]”
--可能原因：“eat”用于的参数太少
--在表达式中：eat（x:xs）
--在表达式中：
--如果x==“呕吐”，则反转xs，否则吃（x:xs）

我是否遗漏了一些显而易见的东西，或者说这是不可能的？
因为这里有一个递归类型，所以需要显式声明它：

data ta=L[a]| F（a->ta）
（++>）（F）=F
unL（lx）=x
eat xs x=如果x==“vomit”，则L$reverse xs else F$eat（x:xs）
已吃=unL$eat[]“x”+>“y”+>“z”+>“呕吐”

>吃的

[“x”、“y”、“z”]

定义

eaten1=eat[]“x”+>“y”
eaten2=eaten1+>“z”+>“呕吐”

也适用于：

>unL$eaten1+>“呕吐”

[“x”，“y”]

>unL$eaten2

[“x”、“y”、“z”]

由于其中包含递归类型，因此需要显式声明它：

data ta=L[a]| F（a->ta）
（++>）（F）=F
unL（lx）=x
eat xs x=如果x==“vomit”，则L$reverse xs else F$eat（x:xs）
已吃=unL$eat[]“x”+>“y”+>“z”+>“呕吐”

>吃的

[“x”、“y”、“z”]

定义

eaten1=eat[]“x”+>“y”
eaten2=eaten1+>“z”+>“呕吐”

也适用于：

>unL$eaten1+>“呕吐”

[“x”，“y”]

>unL$eaten2

[“x”、“y”、“z”]

eat

函数的类型是什么？可能类似于

eat:[a]->a->eat a

或

eat:[a]->a->other[a]（a->other[a]（a->other…

这是“不可能的”因为你对这个函数中的类型玩得太快太松散了。传递结果

'vomit

会产生一个列表，但传递其他任何东西都会产生一个过程。Haskell是静态类型的，所以你不能逃避同样的事情。你可以让它返回

或者
类型，但这是最好的结果。@chi this不是Scheme中的varargs函数。它所做的是构建一个新的闭包（一个函数）并在给定一个非“呕吐”参数时返回它。eat
函数的类型是什么？可能类似于
eat:[a]->a->eat a
或
eat:[a]->a->other[a]（a->other[a]（a->other…
它是“不可能"因为你对这个函数中的类型玩得太快太松散了。传递结果
'vomit
会产生一个列表，但传递其他任何东西都会产生一个过程。Haskell是静态类型的，所以你不能逃避同样的事情。你可以让它返回
或者
类型，但这是最好的结果。@chi this在Scheme中不是varargs函数。它所做的是构建一个新的闭包（函数），并在给定非“呕吐”时返回它argument.完全忘记了定义递归类型的需要Haskell为我们处理递归类型，而我们不必知道它是如何实现的。但我们需要为此声明特定类型，因为对于常规类型变量，它是被禁止的：
[a]~a->[a]
是无效的，因为
a
代表任何类型；但是当我们声明
T
时，它可以是递归的。完全忘记了定义递归类型的需要Haskell为我们处理递归类型，而我们不必知道它是如何实现的。但是我们需要为此声明一个特定类型，例如使用gen所有类型变量都是禁止的：
[a]~a->[a]
无效，因为
a
代表任何类型；但是当我们声明
T
时，它可以是递归的。