Question

假设F是一个带有附加定律的应用函子（使用Haskell语法）：

pure (const ()) <*> m === pure ()
pure (\a b -> (a, b)) <*> m <*> n === pure (\a b -> (b, a)) <*> n <*> m
pure (\a b -> (a, b)) <*> m <*> m === pure (\a -> (a, a)) <*> m

如果我们省略（3。），那么调用的结构是什么？

我在哪里可以找到有关这些法律/结构的更多信息？

对评论的评论

满足（2.）的函数通常称为交换。

现在的问题是，（1.）是否暗示（2.）以及如何描述这些结构。我对满足（1-2。）而不是（3。）

示例：

读者monad满足（1-3。）
交换幺半群上的作家monad只满足（2。）
下面给出的monad F满足（1-2。）但不满足（3。）

F的定义：

{-# LANGUAGE GeneralizedNewtypeDeriving #-}
{-# LANGUAGE RankNTypes #-}
import Control.Monad.State

newtype X i = X Integer deriving (Eq)

newtype F i a = F (State Integer a) deriving (Monad)

new :: F i (X i)
new = F $ modify (+1) >> gets X

evalF :: (forall i . F i a) -> a
evalF (F m) = evalState m 0

我们仅导出X，F，new，evalF和实例类型。

检查以下内容：

liftM (const ()) m === return ()
liftM2 (\a b -> (a, b)) m n === liftM2 (\a b -> (b, a)) n m

另一方面，liftM2 (,) new new无法取代liftM (\a -> (a,a)) new：

test = evalF (liftM (uncurry (==)) $ liftM2 (,) new new)
    /= evalF (liftM (uncurry (==)) $ liftM (\a -> (a,a)) new)

评论C. A. McCann的回答

我有一个证明草图（1.）暗示（2。）

pure (,) <*> m <*> n

=

pure (const id) <*> pure () <*> (pure (,) <*> m <*> n)

=

pure (const id) <*> (pure (const ()) <*> n) <*> (pure (,) <*> m <*> n)

=

pure (.) <*> pure (const id) <*> pure (const ()) <*> n <*> (pure (,) <*> m <*> n)

=

pure const <*> n <*> (pure (,) <*> m <*> n)

= ... =

pure (\_ a b -> (a, b)) <*> n <*> m <*> n

=见下面=

pure (\b a _ -> (a, b)) <*> n <*> m <*> n

= ... =

pure (\b a -> (a, b)) <*> n <*> m

=

pure (flip (,)) <*> n <*> m

观察

缺少的部分首先考虑

pure (\_ _ b -> b) <*> n <*> m <*> n

= ... =

pure (\_ b -> b) <*> n <*> n

= ... =

pure (\b -> b) <*> n

= ... =

pure (\b _ -> b) <*> n <*> n

= ... =

pure (\b _ _ -> b) <*> n <*> m <*> n

引理

我们使用以下引理：

pure f1 <*> m  ===   pure g1 <*> m
pure f2 <*> m  ===   pure g2 <*> m

意味着

pure (\x -> (f1 x, f2 x)) m  ===  pure (\x -> (g1 x, g2 x)) m

我只能间接地证明这个引理。

缺少部分

有了这个引理和我们可以证明的第一个观察

pure (\_ a b -> (a, b)) <*> n <*> m <*> n

=

pure (\b a _ -> (a, b)) <*> n <*> m <*> n

这是缺失的部分。

问题

这是否已在某处证实（可能是一般化的形式）？

说明

（1。）暗示（2.）但是否则（1-3。）是独立的。

为了证明这一点，我们还需要两个例子：

下面给出的monad G满足（3.）但不满足（1-2。）
下面给出的monad G'满足（2-3。）但不满足（1。）

G的定义：

newtype G a = G (State Bool a) deriving (Monad)

putTrue :: G ()
putTrue = G $ put True

getBool :: G Bool
getBool = G get

evalG :: G a -> a
evalG (G m) = evalState m False

我们只导出类型G，putTrue，getBool，evalG和Monad个实例。

G'的定义与G的定义类似，但有以下不同之处：

我们定义并导出execG：

execG :: G' a -> Bool
execG (G m) = execState m False

我们不导出 getBool。

Answer 1

您的第一部法律是一项非常强烈的要求;这意味着仿函数不具有独立于参数部分的独特“形状”。这排除了包含额外值（State，Writer和＆.c。）的任何仿函数以及使用和类型的任何仿函数（Either，[]和＆amp; C。）。因此，这限制了我们使用固定大小的容器。

你的第二定律要求交换性，这意味着嵌套的顺序（即函子组成）并不重要。这可能实际上是由第一定律暗示的，因为我们已经知道仿函数不能包含除参数值之外的任何信息，并且您明确要求在此保留它。

你的第三定律要求算子也是幂等的，这意味着使用fmap在其内部嵌套某些东西就等同于它自己。这可能意味着如果仿函数也是一个monad，join涉及某种“对角线”。基本上，这意味着liftA2 (,)应该表现得像zip，而不是笛卡尔积。

第二个和第三个一起暗示无论仿函数可能具有多少“原语”，任何组合等同于以任何顺序组合每个原语中的至多一个。第一个暗示如果你抛弃参数信息，任何基元组合都与使用none完全相同。

总之，我认为你拥有的是the class of functors isomorphic to Reader。也就是说，f a描述由其他类型索引的类型a的值的仿函数，例如自然数的子集（对于固定大小的容器）或任意类型（与{{1一样） }}）。

不幸的是，我不确定如何令人信服地证明上述大部分内容。

这个特殊的仿函数结构叫什么？

对评论的评论

评论C. A. McCann的回答

说明

1 个答案: