虽然你经常看到以下内容作为将阶乘转换为尾调用的示例:
int factorial(int n, int acc=1) {
if (n <= 1) return acc;
else return factorial(n-1, n*acc);
}
这并不是完全正确的,因为它要求乘法既满足结合律又满足交换律。(乘法确实满足结合律和交换律,但是上述代码不能作为其他不满足这些约束条件的运算的模型。) 更好的解决方案可能是:
int factorial(int n, int k=1, int acc=1) {
if (n == 0) return acc;
else return factorial(n-1, k+1, acc*k);
}
这也可以作为Fibonacci变换的模型:
int fibonacci(int n, int a=1, int b=0) {
if (n == 0) return a;
else return fibonacci(n-1, a+b, a);
}
请注意,这些计算是从开头开始的序列,而不是在调用堆栈中排队等待未决的延续。因此它们在结构上更像迭代解决方案而不是递归解决方案。尽管与迭代程序不同,但它们从不修改任何变量;所有绑定都是常量。这是一个有趣且有用的特性;在这些简单的情况下,这并没有太大区别,但是编写无需重新分配的代码可以使一些编译器优化更容易实现。
无论如何,最后一个提供了递归函数的模型;就像斐波那契数列一样,我们需要保留相关的过去值,但我们需要三个而不是两个:
int mouse(int n, int a=1, int b=1, int c=1) {
if (n <=2 ) return a;
else return mouse(n-1, a*c+1, a, b);
}
附录
在评论中,提出了两个问题。我会在这里尝试回答它们(以及一个问题)。
首先,从底层机器架构的考虑(没有函数调用的概念),任何函数调用都可以重述为goto(可能带有非有界中间存储);此外,任何goto都可以表达为尾递归。因此,可以将任何递归重写为尾递归,但这不一定漂亮。
通常的机制是“继续传递样式”,这是一种花哨的说法,意思是每次想要调用一个函数时,您将当前函数的其余部分打包成一个新函数(“继承”),并将该继续传递给被调用的函数。由于每个函数都是作为参数接收继续传递,并且必须使用其接收到的继续传递完成它创建的任何继续传递
这可能已经足够让你的头晕了,所以我会换一种方式来表达:与其将参数和返回位置推入堆栈并调用稍后返回的函数,不如将参数和继续位置推入堆栈并转至函数,稍后将转至继续位置。简而言之,您只需将堆栈作为显式参数,并且您永远不需要返回。这种编程风格在事件驱动代码中很常见(请参见Python Twisted),但编写(和阅读)非常麻烦。因此,如果您可以找到一个可以执行此转换的编译器,则强烈建议让编译器为您执行此转换。
@xxmouse建议我从帽子里拿出递归方程,并问它是如何推导出来的。它只是原始递归,但被重新构造为单个元组的变换:
fn = fn-1*fn-3 + 1 => Fn = <Fn-11*Fn-13+1, Fn-11, Fn-12>
我不知道这是否更清晰,但这是我所能做的最好的。查看斐波那契示例,以获得稍微简单一些的情况。
@j_random_hacker询问此转换的限制是什么。它适用于递归序列,其中每个元素都可以表示为前k
个元素的某些公式,其中k
是常数。还有其他方法可以产生尾递归。例如:
bool is_odd(int n) { return n%2 == 1; }
int power(int x, int n, int acc=1) {
if (n == 0) return acc;
else if (is_odd(n)) return power(x, n-1, acc*x);
else return power(x*x, n/2, acc);
}
上面的内容与通常的非尾调用递归不同,后者执行一系列不同但等效且同样长的乘法序列。
int squared(n) { return n * n; }
int power(int x, int n) {
if (n == 0) return 1;
else if (is_odd(n)) return x * power(x, n-1));
else return squared(power(x, n/2));
}
感谢Alexey Frunze提供以下测试:
输出结果 (
ideone):
mouse(0) = 1
mouse(1) = 1
mouse(2) = 1
mouse(3) = 2
mouse(4) = 3
mouse(5) = 4
mouse(6) = 9
mouse(7) = 28
mouse(8) = 113
mouse(9) = 1018