在scala中使用FoldRight的FoldLeft

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在浏览Functional Programming in Scala时，我遇到了这个问题：

你可以在foldRight方面正确折叠左边吗？反过来怎么样？

在作者提供的解决方案中，他们提供了如下实现：

def foldRightViaFoldLeft_1[A,B](l: List[A], z: B)(f: (A,B) => B): B = 
    foldLeft(l, (b:B) => b)((g,a) => b => g(f(a,b)))(z)

  def foldLeftViaFoldRight[A,B](l: List[A], z: B)(f: (B,A) => B): B = 
    foldRight(l, (b:B) => b)((a,g) => b => g(f(b,a)))(z)

有人可以帮助我追踪这个解决方案并让我理解这实际上是如何实现foldl实现的折叠，反之亦然？

谢谢

scala functional-programming currying fold higher-order-functions
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我们来看看吧

def foldLeftViaFoldRight[A,B](l: List[A], z: B)(f: (B,A) => B): B = 
  foldRight(l, (b:B) => b)((a,g) => b => g(f(b,a)))(z)

（另一个折叠类似）。诀窍是在右折叠操作期间，我们不构建类型为B的最终值。相反，我们建立了一个从B到B的函数。折叠步骤采用a: A类型的值和函数g: B => B并生成新函数(b => g(f(b,a))): B => B。此函数可以表示为g与f(_, a)的组合：

  l.foldRight(identity _)((a,g) => g compose (b => f(b,a)))(z);

我们可以按如下方式查看该过程：对于a的每个元素l，我们采用部分应用b => f(b,a)，这是一个函数B => B。然后，我们compose所有这些函数，使得对应于最右边元素（我们开始遍历）的函数在组合链中最左边。最后，我们在z上应用了大组合函数。这导致一系列操作以最左边的元素（在组合链中最右边）开始，并以最右边的元素结束。

更新：举个例子，我们来看看这个定义在两元素列表上是如何工作的。首先，我们将函数重写为

def foldLeftViaFoldRight[A,B](l: List[A], z: B)
                             (f: (B,A) => B): B =
{
  def h(a: A, g: B => B): (B => B) =
    g compose ((x: B) => f(x,a));
  l.foldRight(identity[B] _)(h _)(z);
}

现在让我们计算一下当我们传递它时会发生什么List(1,2)：

List(1,2).foldRight(identity[B] _)(h _)
  = // by the definition of the right fold
h(1, h(2, identity([B])))
  = // expand the inner `h`
h(1, identity[B] compose ((x: B) => f(x, 2)))
  =
h(1, ((x: B) => f(x, 2)))
  = // expand the other `h`
((x: B) => f(x, 2)) compose ((x: B) => f(x, 1))
  = // by the definition of function composition
(y: B) => f(f(y, 1), 2)

将此函数应用于z会产生

f(f(z, 1), 2)

按要求。

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我刚刚做了这个练习，想分享我是如何得出答案的（基本上与问题中的内容相同，只是字母不同），希望它对某人有用。

作为背景，让我们从foldLeft和foldRight开始。例如，列表[1,2,3]的foldLeft结果与操作*和起始值z是值 ((z * 1) * 2) * 3

我们可以将foldLeft视为从左到右递增地消耗列表的值。换句话说，我们最初以值z（这是列表为空的结果）开始，然后我们向foldLeft显示我们的列表以1开头，值变为z * 1，然后foldLeft看到我们的列表接下来有2和价值变成(z * 1) * 2，最后，在3之后，它变成值((z * 1) * 2) * 3。

                             1    2    3
Initially:               z
After consuming 1:      (z * 1)
After consuming 2:     ((z * 1) * 2
After consuming 3:    (((z * 1) * 2) * 3

这个最终值是我们想要达到的值，除了（正如练习要求我们）使用foldRight代替。现在请注意，就像foldLeft从左到右消耗列表的值一样，foldRight从右到左消耗列表的值。所以在列表[1,2,3]，

  • 这个foldRight将作用于3和[某事]，给出[结果]
  • 然后它将作用于2和[结果]，给出[result2]
  • 最后它将作用于1和[result2]给出最终表达式
  • 我们希望我们的最终表达是(((z * 1) * 2) * 3

换句话说：使用foldRight，我们首先得到的结果是列表为空时的结果，然后结果如果列表只包含[3]，那么结果如果列表是[2,3]，最后是列表的结果为[1,2,3]。

也就是说，这些是我们希望使用foldRight得出的值：

                             1    2    3
Initially:                             z
After consuming 3:                 z * 3
After consuming 2:           (z * 2) * 3
After consuming 1:     ((z * 1) * 2) * 3

所以我们需要从z到(z * 3)到(z * 2) * 3到((z * 1) * 2) * 3。

作为价值观，我们不能这样做：对于任意操作(z * 3)，没有自然的方法可以从值(z * 2) * 3到值*。 （因为它是可交换的和关联的，所以有乘法，但我们只使用*代表任意操作。）

但作为功能，我们可以做到这一点！我们需要一个带有“占位符”或“洞”的功能：将需要z并将其放在适当位置的东西。

  • 例如。在第一步之后（在执行3之后），我们有占位符函数z => (z * 3)。或者更确切地说，作为一个函数必须采用任意值，我们一直在使用z作为特定值，让我们把它写成t => (t * 3)。 （此函数应用于输入z，给出值(z * 3)。）
  • 在第二步之后（在执行2和结果之后）我们可能有占位符函数t => (t * 2) * 3？

我们可以从第一个占位符函数转到下一个吗？让

      f1(t) = t * 3
and   f2(t) = (t * 2) * 3

什么是f2在f1方面？

f2(t) = f1(t * 2)

我们可以！所以我们想要的功能需要2和f1并给出f2。我们称之为g。我们有g(2, f1) = f2 f2(t) = f1(t * 2)或换句话说

g(2, f1) = 
    t => f1(t * 2)

让我们看看如果我们继续前进这是否会奏效：下一步是g(1, f2) = (t => f2(t * 1))，RHS与t => f1((t * 1) * 2))或t => (((t * 1) * 2) * 3)相同。

看起来很有效！最后我们将z应用于此结果。

初步步骤应该是什么？我们将g应用于3和f0以获得f1，其中f1(t) = t * 3如上所述，但f1(t) = f0(t * 3)来自g的定义。所以看起来我们需要f0作为身份功能。

让我们重新开始吧。

Our foldLeft(List(1, 2, 3), z)(*) is ((z * 1) * 2) * 3
Types here: List(1, 2, 3) is type List[A]
             z is of type B
             * is of type (B, A) -> B
             Result is of type B
We want to express that in terms of foldRight
As above:
 f0 = identity. f0(t) = t.
 f1 = g(3, f0). So f1(t) = f0(t * 3) = t * 3
 f2 = g(2, f1). So f2(t) = f1(t * 2) = (t * 2) * 3
 f3 = g(1, f2). So f3(t) = f2(t * 1) = ((t * 1) * 2) * 3

最后我们在z上应用f3并得到我们想要的表达式。一切顺利。所以

f3 = g(1, g(2, g(3, f0)))

这意味着f3 = foldRight(xs, f0)(g)

让我们定义g，这次使用任意函数x * y而不是s(x, y)：

  • 第一个arg到g是A类型
  • 第二个arg到g是这些f的类型，这是B => B
  • 所以g的类型是(A, (B=>B)) => (B=>B)
  • 所以g是： def g(a: A, f: B=>B): B=>B = (t: B) => f(s(t, a))

将所有这些放在一起

def foldLeft[A, B](xs: List[A], z: B)(s: (B, A) => B): B = {
    val f0 = (b: B) => b

    def g(a: A, f: B=>B): B=>B =
        t => f(s(t, a))

    foldRight(xs, f0)(g)(z)
}

在本书的这个层面上，我实际上更喜欢这种形式，因为它更明确，更容易理解。但是为了更接近解决方案的形式，我们可以内联f0和g的定义（我们不再需要声明g的类型，因为它是foldRight的输入，编译器推断它），给出：

def foldLeft[A, B](xs: List[A], z: B)(s: (B, A) => B): B =
  foldRight(xs, (b: B) => b)((a, f) => t => f(s(t, a)))(z)

这正是问题所在，只是用不同的符号。类似地，对于foldRft而言，foldRight。

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该代码将多个函数对象链接在一起，列表中的每个元素都有一个函数。这是一个更清楚地显示的例子。

val f = (a: Int, b: Int) => a+b
val list = List(2,3,4)
println(list.foldLeft(1)(f))

val f1 = (b: Int) => f(b, 2)
val f2 = (b: Int) => f(b, 3)
val f3 = (b: Int) => f(b, 4)
val f4 = (b: Int) => b

val ftotal = f1 andThen f2 andThen f3 andThen f4
println(ftotal(1))

您可以将其想象为功能对象的链接列表。传入一个值时，它会“流过”所有函数。这有点像数据流编程。

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本书的作者对他们的github/fpinscala页面提供了很好的解释。

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