Haskell 可以使用foldr重写任何递归定义吗？

假设我在haskell中有一个通用的递归定义，如下所示：

foo a0 a1 ... = base_case
foo b0 b1 ...          
    | cond1 = recursive_case_1
    | cond2 = recursive_case_2
    ...

---

它总是可以用foldr重写吗？它能被证明吗？

在类型理论中，确实是这样的情况，你可以通过依赖模式匹配将所有定义细化为仅使用消除器的定义（一个更强类型的

折叠
s，列表的泛化
折叠
）

如@DanielWagner在评论中指出的，如果我们逐字解释您的问题，我们可以编写
const value foldr
来实现任何
值

一个更有趣的问题是，我们是否可以取而代之的是禁止Haskell的一般递归，而只能通过与每个用户定义的数据类型相关联的消除器/反同构来“递归”，这是
foldr
对归纳定义的数据类型的自然概括。这本质上是（高阶）原语递归

当执行此限制时，我们只能将终止函数（消除器）组合在一起。这意味着我们不能再定义非终止函数

作为第一个例子，我们失去了平凡的递归

f x = f x
-- or even
a = a

如前所述，由于语言变得完整

更有趣的是，一般的不动点算子丢失了

fix :: (a -> a) -> a
fix f = f (fix f)

一个更有趣的问题是：我们可以用Haskell表示的全部函数是什么？我们确实失去了所有的非全函数，但我们是否失去了任何一个全函数

可计算性理论指出，由于语言变得完全（不再是非终止），我们甚至在整个片段上也失去了表达能力

证明是一个标准的对角化参数。修复整个片段中的任何程序枚举，这样我们就可以称之为“第
i
-th个程序”。
然后，让
eval i x
作为在自然
x
上运行
i
-th程序作为输入的结果（为简单起见，假设该程序类型正确，并且结果是自然的）。请注意，由于语言是total，因此必须存在一个结果。此外，
eval
可以在不受限制的Haskell语言中实现，因为我们可以用Haskell编写Haskell的解释器（作为练习：-P），这对片段同样有效。然后，我们只需

f n = succ $ eval n n

上面是一个total函数（total函数的组合），可以用Haskell表示，但不能用片段表示。事实上，否则会有一个程序来计算它，比如说
i
-th程序。在这种情况下，我们会

eval i x = f x

对于所有
x
。但是,

eval i i = f i = succ $ eval i i

这是不可能的——矛盾。QED.
微不足道：
foo a0 a1…=const foldr base_case
。更有用的是：并非所有递归都对列表进行操作。这两条评论的共同主题是，当你说“使用
foldr
重写”时，你应该小心你的意思@Daniel Wagner，
const base\u case foldr
？@user3237465当然可以。我真傻！所有这些都不需要公理K。你需要以顺序的形式重写一些函数（比如Berry的
多数
）。是的，如果我没有弄错的话，这些方程只在命题上成立。什么方程？只是普通的函数定义？对于复杂的理论（比如HoTT）——是的，但是对于好的古老的ITT，消除器是天生产生的（比如警句），所有的东西都有定义。这难道不是我们不能枚举全部函数的证据吗？我们首先假设有一种方法，然后构造一个不在枚举中的total函数。@user3237465您可以枚举语言片段中的函数：只需获取片段中的任何有效程序（那些不使用递归的程序，您可以在程序中检查它），并按长度排序，然后按字符串比较排序即可。这提供了一个有效的无限列表。您是对的，最后一个total函数不在枚举中，这意味着它不在语言片段中。仍然感到困惑。所以这个语言片段包含了所有的基本递归函数，而且只有它们，对吗？但是为什么
f
应该出现在语言片段中呢？它是根据
eval
和枚举内容定义的-它是原始递归的吗？无论如何感谢您的解释。@user3237465
f
不在片段中，这就是我们证明的
f
是一个可由Haskell定义（因为它是可计算的）但不属于片段的total函数的示例。基本上，原语递归不能手工编写
f
@user3237465我的意思是：如果您以某种方式将Haskell限制为一种保证终止的语言，并且可以枚举子语言（通常是这样），那么子语言就不能表达Haskell所能表达的全部函数。换句话说：如果你想（有效地）限制一种语言以确保终止，你也必须扔掉一些函数。