為什么 GHC 拒絕允許這種存在類型函數？

Question

我已經定義了一個通用的heterogenous ，我稱之為（我不知道這是否正確），輸入：

data Heterotype f = forall a. f a => Heterotype a

然后我決定創建一個函數，允許您從多態值創建異型：

hset :: (forall a. f a => a) -> Heterotype f
hset x = Heterotype x

但是，GHC 抱怨以下內容：

████████.hs:15:10: error:
    * Could not deduce: f a0 arising from a use of `Heterotype'
    * In the expression: Heterotype x
      In an equation for `hset': hset x = Heterotype x
    * Relevant bindings include
        x :: forall a. f a => a
          (bound at ████████.hs:15:6)
        hset :: (forall a. f a => a) -> Heterotype f
          (bound at ████████.hs:15:1)
   |
15 | hset x = Heterotype x
   |          ^^^^^^^^^^^^

編輯：啟用以下擴展：

{-# LANGUAGE MultiParamTypeClasses #-}
{-# LANGUAGE GADTs, ScopedTypeVariables #-}
{-# LANGUAGE NoStarIsType, ConstraintKinds #-}
{-# LANGUAGE AllowAmbiguousTypes, RankNTypes #-}
import Data.Kind

Answer 1

從邏輯的角度來看，您的代碼將對應於邏輯公式的證明，可以如下（粗略地）閱讀：

• 令f是任何類型的屬性；
• 假設，對於滿足f任何類型a ，我們可以產生類型a的值x ；
• 那么，存在滿足f且值為x的類型a 。

這在邏輯上是不合理的。 事實上，無論a是什么， fa都可能永遠不成立。 在這種情況下，上面的假設空洞地成立，因此它是正確的。 然而，上述結論與fa總是錯誤的事實相矛盾。

因此，我們無法使用該類型定義您的hset 。

為了使論證合理，我們必須添加一個額外的假設，即存在某種類型b使屬性f真。 如果我們加上這個假設，我們可以證明這個陳述：

-- (untested, but should work)
hset :: forall b . f b => (forall a. f a => a) -> Heterotype f
hset x = Heterotype (x :: b)

Answer 2

您的數據定義隱藏的monotyped選擇a被包裝起來，從詞典的價值f 。 重要的是要認識到，這樣做的全部意義在於丟棄有關特定類型的信息，同時保留與該類型關聯的實例字典。

這與您在hset嘗試執行的操作不hset 。 從來沒有一個具體的類型來打包實例。 這些部分不能以這種方式組合在一起，因為它們都缺少相同的必需的東西。 Heterotype f和(forall a. fa => a)都缺乏一個具體的類型來選擇一個實例，但是Heterotype構造器需要一個具體的實例來包含。 只是信息不存在。 這些部分是不兼容的。

Answer 3

您有點過度指定了:)，以下工作正常：

data Heterotype f = forall a. f a => Heterotype a

hset :: forall f a. f a => a -> Heterotype f
hset x = Heterotype x

不同之處在於您已經量化了您的參數： (forall a. fa => a)表示此函數接受一個表達式，該表達式必須同時是任何可能的類型（調用者不能選擇特定的“a”） ，這真的沒有意義。 新版本（因此是相同的只是用Heterotype自身的構造函數）說，來電者被允許挑選的類型a ，它可以是任何東西，但必須只有一個類型（一次有效）。

習慣存在主義可能需要一些練習； 最好的方法是反復試驗:)