Question

我想在两个新的向量中分割一个向量。

我们无法知道单个向量的长度是多少，但结果向量的总和必须等于参数。我尝试捕获此属性如下：

partition : (a -> Bool) -> Vect (m+n) a -> (Vect m a, Vect n a)
partition p [] = ([], [])
partition p (x::xs)
  = let (ys,zs) = partition p xs
  in case p xs of
    True  => (x::ys, zs)
    False => (ys, zs)

但Idris报道（指向“分区p []”）在详细阐述Main.partition的左侧时：

Can't unify
        Vect 0 a
with
        Vect (m + n) a

Specifically:
        Can't unify
                0
        with
                plus m n

为什么会这样？

对我来说，似乎很明显，如果“0 = m + n”而不是m = n = 0.如果说服伊德里斯这个怎么样呢？

Answer 1

请记住，unification是一种语法操作，在像Idris这样的语言中，根据模式匹配可以直接缩减。它不知道我们可以证明的所有事实！

我们当然可以在Idris中证明，如果n + m = 0则m = 0且n = 0：

sumZero : (n, m : Nat) -> plus n m = Z -> (n=Z, m=Z)
sumZero Z m prf = (refl, prf)
sumZero (S k) m refl impossible

但这并不能使统一者知道这个事实，因为这会使类型检查变得不可判定。

回到原来的问题：如果我将您的分区类型翻译成英语，则表示“对于所有自然数m和n，对于所有布尔谓词p而不是{ {1}}，给定长度为a的向量，我可以生成一对由长度为plus m n的向量和长度为m的向量组成的对。换句话说，要调用你的函数，我需要提前知道向量中有多少元素满足谓词，因为我需要在调用站点提供n和m！

我认为你真正想要的是n函数，给定长度为partition的向量，返回一对长度加起来为n的向量。我们可以使用依赖对来表达这一点，这是存在量化的类型理论版本。 “长度加起来为n”的“一对向量”的翻译是“存在一些n和m以及具有这些长度的向量，使得m'的总和并m是我的输入m'。“

此类型如下所示：

，完整的实现如下：

partition : (a -> Bool) -> Vect n a -> (m ** (m' ** (Vect m a, Vect m' a, m+m'=n)))

这有点拗口，所以让我们剖析它。为了实现这个功能，我们首先在输入Vect上进行模式匹配：

partition : (a -> Bool) -> Vect n a -> (m ** (m' ** (Vect m a, Vect m' a, m+m'=n)))
partition p [] = (Z ** (Z ** ([], [], refl)))
partition p (x :: xs) with (p x, partition p xs)
  | (True, (m ** (m' ** (ys, ns, refl)))) = (S m ** (m' ** (x::ys, ns, refl)))
  | (False, (m ** (m' ** (ys, ns, refl)))) =
      (m ** (S m' ** (ys, x::ns, sym (plusSuccRightSucc m m'))))

请注意，唯一可能的输出是右侧的输出，否则我们无法构造partition p [] = (Z ** (Z ** ([], [], refl)))。由于refl与n的构造函数Z的索引统一，我们知道n为Nil。

在递归的情况下，我们检查向量的第一个元素。在这里，我使用Vect规则，因为它是可读的，但我们可以在右侧使用with，而不是在左侧的if上匹配。

p x

在partition p (x :: xs) with (p x, partition p xs)的情况下，我们将元素添加到第一个子向量。因为True减少了它的第一个参数，我们可以使用plus构造相等证明，因为加法变得恰到好处：

refl

在| (True, (m ** (m' ** (ys, ns, refl)))) = (S m ** (m' ** (x::ys, ns, refl)))案例中，我们需要做更多工作，因为False无法与plus m (S m')统一。还记得我说过统一无法获得我们可以证明的平等吗？尽管如此，库函数S (plus m m')可以满足我们的需求：

plusSuccRightSucc

作为参考，| (False, (m ** (m' ** (ys, ns, refl)))) = (m ** (S m' ** (ys, x::ns, sym (plusSuccRightSucc m m'))))的类型为：

plusSuccRightSucc

，plusSuccRightSucc : (left : Nat) -> (right : Nat) -> S (plus left right) = plus left (S right)的类型为：

sym

上述函数中缺少的一件事是函数实际上对sym : (l = r) -> r = l进行了分区。我们可以通过使结果向量由依赖的元素对和每个元素满足Vect或p的证据来添加：

not p

如果你想变得更加疯狂，你也可以让每个元素证明它是输入向量的一个元素，并且输入向量的所有元素都在输出中只有一次，依此类推。依赖类型为您提供了执行这些操作的工具，但值得考虑每种情况下的复杂性权衡。

在Idris中对矢量进行分区：为什么＆0; t 0和m + n可以统一？

1 个答案: