类型构造函数作为返回类型

Question

在 Scala 中，我可以定义一个Algebraic Data Type：

scala> sealed trait Maybe[A]
defined trait Maybe

scala> case class Just[A](x: A) extends Maybe[A]
defined class Just

scala> case object NothingHere extends Maybe[Nothing]
defined object NothingHere

可以返回一个函数f，其返回类型为Maybe[A]。

scala> def f[A](x: A): Maybe[A] = Just(x)
f: [A](x: A)Maybe[A]

但是，也可以指定返回 Just[A]。

scala> def f[A](x: A): Just[A] = Just(x)
f: [A](x: A)Just[A]

现在我将在 Haskell 中做类似的练习：

Prelude> data Option a = None | Some a deriving Show
Prelude> let f x = Some x :: Option Int
Prelude> f 10
Some 10

但是，我无法设置类型构造函数的返回类型。

Prelude> let f x = Some x :: Some Int

<interactive>:10:21:
    Not in scope: type constructor or class `Some'
    A data constructor of that name is in scope; did you mean DataKinds?
Prelude> let f x = None :: None

Scala 的Just 是一个类（即合法的返回类型）的简单区别是什么？而在 Haskell 中，类型构造函数不能是返回类型？

Answer 1

不同之处在于 Scala 选择实现 ADT 的方式。 Scala 使用以 OOP 风格扩展特征的 case 类，因此每个 case 都有自己的类型，而 Haskell 仅具有相同类型的多个构造函数。由于它们不是单独的类型，而本质上只是单独的函数，因此您无法在类型级别区分它们。有一些扩展可以让你有一些能力来区分类型级别，但它与 Scala 所拥有的不同。尝试将 Haskell 的类型系统融入 Scala 的类型系统可能不是最好的想法。

简而言之，Scala 使用一种继承形式来近似 ADT，而 Haskell 只有 ADT。

Answer 2

bhelkir 和 leftaroundabout 指出了为什么不能在 Haskell 中完全做到这一点：没有子类型的概念。

但请注意，使用 ADT 时，通常有替代方案可以让您达到相同的效果。在这种情况下，一种候选技术是将the Void type 与Either 结合使用：

import Data.Void

f :: Int -> Either Void Int
f x = Right x

Void 是一个没有定义值的类型。因此，如果您看到Either Void a 类型，这意味着因为没有值x :: Void，所以没有人可以构造任何Left x :: Either Void a 形式的值。 （例外情况是x 是保证的非终止值，但we customarily ignore that possibility。）

这意味着Either Void a 始终是Right a 的形式，因此例如，您可以编写以下函数：

-- | Extract the @a@ from @Either Void a@.
extract :: Either Void a -> a
extract (Left x) = absurd x
extract (Right a) = a

那里的absurd x 基本上是这样工作的：因为x :: Void 这意味着实际上永远不会有x 的值，那么absurd :: Void -> a，给定它的类型，是一个永远不可能调用的函数.类型系统的工作方式意味着它可以声称返回调用者期望的任何类型。更多讨论请参见this question（虽然可能有点高级）。