Prolog 避免谓词中的递归

对于下面的谓词，我有一个问题，如何从两个谓词中删除递归调用

f（T，S1）

流量模型： （i，o）

这是一个技巧性的问题，我对prolog不太在行。第二个谓词总是失败。=>可以删除，但是第二个谓词呢。正如我看到的，这个方法是一个列表元素计数器。谢谢

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这有可能吗？

下面的情况如何？它很有效率

f（[]，0）。 f（[H | T]，S）：- f（T，S1）， （S1>2 ->S是S1+H ；S是S1+1 ).

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好的，这是一个复杂的问题。你以为这是个骗人的问题，但真的是这样吗？我们怎么能确定？我会让

library（clpfd）

帮我思考。首先，我将重写您的程序：

:- use_module(library(clpfd)).

fx([],0).
fx([H|T],S):-
    fx(T,S1),
    S1 #> 2,
    S #= S1 + H.
fx([_|T],S):-
    fx(T,S1),
    S1 #=< 2,
    S #= S1 + 1.

因此，请查看

N=0

到

N=3

的答案：没有约束，实际上忽略了列表中的所有元素。但是，从

N=4开始，第一个元素
\u A
现在影响“和”
S
，因为等式
S
成立！随着价值的增加，事情变得越来越复杂

无论如何，我看不出这怎么会是一个骗人的问题。最后三个元素被忽略。嗯，这是一种诡计。但其他因素（或至少其中的一些因素）会影响结果
 为什么这应该是一个技巧性的问题？因为
S是S1+H
从未出现过？对于长度超过三个的列表，这是相关的！为什么要放弃递归调用？递归是在Prolog中执行列表处理的方式。这是一个练习，我看到过，我很好奇，我可能错过了什么，如果可能的话，是的，但是正如你所做的，它仍然需要递归调用，所以必须有一些rec调用（这也是我教的），但是我的函数测试是如何进行的：
13？-f([1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14,151000,17,18]，R=17。
返回我从你的程序
f/2
和我的版本
fx/2
得到的列表元素数，而不是
R=110。
我们一定遗漏了什么！
f([],0).
f([H|T],S):-
    f(T,S1),
    (  S1 > 2
    -> S is S1 + H
    ;  S is S1 + 1
    ).
:- use_module(library(clpfd)).

fx([],0).
fx([H|T],S):-
    fx(T,S1),
    S1 #> 2,
    S #= S1 + H.
fx([_|T],S):-
    fx(T,S1),
    S1 #=< 2,
    S #= S1 + 1.

| ?- assert(clpfd:full_answer).
yes
| ?- length(L,N), fx(L,S).
   L = [],
   N = 0,
   S = 0 ?
;
   L = [_A],
   N = 1,
   S = 1 ?
;
   L = [_A,_B],
   N = 2,
   S = 2 ?
;
   L = [_A,_B,_C],
   N = 3,
   S = 3 ?
;
   L = [_A,_B,_C,_D],
   N = 4,
   _A+3#=S,
   _A in inf..sup,
   S in inf..sup ?
;
   L = [_A,_B,_C,_D,_E],
   N = 5, ...