Question

我在玩弄玩具，我发现了一些有趣的东西：

平凡地，id可以在(a -> b) -> a -> b类型实例化。

使用列表仿函数，我们有fmap :: (a -> b) -> [a] -> [b]，与map相同。

对于((->) r)仿函数（来自Control.Monad.Instances），fmap是函数组合，因此我们可以实例化fmap fmap fmap :: (a -> b) -> [[a]] -> [[b]]，这相当于(map . map) }。

有趣的是，fmap八次给我们(map . map . map)！

所以我们有

0: id = id
1: fmap = map
3: fmap fmap fmap = (map . map)
8: fmap fmap fmap fmap fmap fmap fmap fmap = (map . map . map)

这种模式会继续吗？为什么/为什么不呢？我是否需要在 n - 嵌套列表上映射函数需要多少fmap个公式？

我尝试编写测试脚本来搜索 n = 4 案例的解决方案，但GHC在40 fmap s左右开始吃太多内存。

Answer 1

我无法解释原因，但这是循环的证明：

假设k >= 2和fmap^(4k) :: (a -> b) -> F1 F2 F3 a -> F1 F2 F3 b，其中Fx代表未知/任意Functor。 fmap^n代表适用于fmap n-1的{{1}}，而不是fmap - 倍迭代。导入的开始可以通过手工验证或查询ghci。

与 - ＆gt;统一b产生fmap^(4k+1) = fmap^(4k) fmap fmap :: (x -> y) -> F4 x -> F4 y，a = x -> y，所以

b = F4 x -> F4 y

现在，对于fmap^(4k+1) :: F1 F2 F3 (x -> y) -> F1 F2 F3 (F4 x -> F4 y)，我们必须将fmap^(4k+2)与F1 F2 F3 (x -> y)统一起来因此，(a -> b) -> F5 a -> F5 b和F1 = (->) (a -> b)必须与F2 F3 (x -> y)统一因此F5 a -> F5 b和F2 = (->) (F5 a)，即F3 (x -> y) = F5 b和F5 = F3。结果是

b = x -> y

对于fmap^(4k+2) :: F1 F2 F3 (F4 x -> F4 y) = (a -> (x -> y)) -> F3 a -> F3 (F4 x -> F4 y)，我们必须将fmap^(4k+3)与a -> (x -> y)统一，给予(m -> n) -> F6 m -> F6 n)，
a = m -> n和x = F6 m，所以

y = F6 n

最后，我们必须将fmap^(4k+3) :: F3 a -> F3 (F4 x -> F4 y) = F3 (m -> n) -> F3 (F4 F6 m -> F4 F6 n)与F3 (m -> n)统一，以便(a -> b) -> F7 a -> F7 b，F3 = (->) (a -> b)和m = F7 a，因此

n = F7 b

并且循环完成。当然，结果来自查询ghci，但也许这个推导可以解释它是如何工作的。

Answer 2

我会给出一个稍微简单的答案：map是fmap的专精，而(.) 也是 fmap的特化。因此，通过替换，您将获得您发现的身份！

如果你有兴趣继续前进，Bartosz Milewski有一个很好的writeup使用Yoneda引理明确为什么函数组合是monad。

重复fmap的乐趣

2 个答案: