将递归转换为尾递归？答案

【问题标题】：Transforming recursion into tail recursion?将递归转换为尾递归？
【发布时间】：2013-03-07 22:59:25
【问题描述】：

我正在尝试编写一个谓词，以递归方式找到某个数字的 n 次方 [A^n = A * A^(n-1)] 并使用快捷方式 A^(2n) = A^n * A^n。

这是目前的解决方案。

p(_,0,1):-!.
p(A,N,R):-N mod 2=0,!,N1=N/2,p(A,N1,R1),R=R1*R1.
p(A,N,R):-N1=N-1,p(A,N1,R1),R=R1*A.

现在我想让这个尾部递归。我可以为简单的情况做tail，例如没有捷径的阶乘和幂（通过添加一个累加器），但这很难。

非常感谢任何帮助！

【问题讨论】：

我认为这是不可能的。等着看有没有人知道方法...
@CapelliC 是否可以在没有累加器的情况下以尾递归方式进行阶乘和幂运算？
最初的问题不清楚：你的意思是你根本不想使用累加器，还是你想不出一种方法来合并你的快捷方式（A^2N = A ^N*A^N) 变成可以有累加器的尾递归解？
@Boris 后者。我知道我必须使用累加器进行尾递归，只是不知道如何合并快捷方式。
如果你有对数算法，通常把代码转换成TR形式就不太紧急。最大递归堆栈深度不太可能被破坏（防止堆栈溢出的可能性可能是试图完全避免线性递归的唯一/主要原因）。

标签： prolog exponentiation logic-programming

【解决方案1】：

看来还是有可能的，从另一端开始吧：

pow(A,N,R) :-
    pow(A,N,A,1,R).

pow(_,N,R,N,R) :- !.
pow(A,N,Acc,M,R) :-
    M =< N div 2, !,
    M1 is M*2,
    NewAcc is Acc * Acc,
    pow(A,N,NewAcc,M1,R).
pow(A,N,Acc,M,R) :-
    M < N,
    M1 is M+1,
    NewAcc is A * Acc,
    pow(A,N,NewAcc,M1,R).

它将快捷方式应用到小于 N 的 2 的最大幂，这与您的算法所做的不一样。

【讨论】：

毕竟是一样的，即使是相同的乘法顺序，只是你从A开始而不是A * 1。想一想：原始算法中的乘法以调用的相反顺序发生，这意味着结果是按顺序获取的，例如 N=5: 1, 1*A, (1*A)*( 1*A)、((1*A)*(1*A)*(1*A)*(1*A))、((1*A)*(1*A)*(1*A)* (1*A))*A。完全相同，在您的算法中，您从 A 开始，然后尽可能频繁地将其平方并仅在最后一次迭代时与 A 相乘。
@MikeHartl：你可能是对的，我不确定。总之，在可能具有高度优化的内置幂函数的语言实现中，这种算法在某种程度上是不必要的。
@Boris 谢谢！在我看来也一样。这只是一个练习，我可能永远不会在现实世界的应用程序中使用自己编写的数学算法。
@Boris：但是这个算法在除实数之外的其他代数中可能仍然有用。通过平方取幂可以很容易地适应产生字符串、树和其他结构。
尝试A^7: OP: A*( (A*(A^2))^2) (4 mults);这个答案：((A^2)^2)*A*A*A (5 mults) ; A^15：15-14-7-6-3-2 与 2-4-8-9-10-11-12-13-14-15。所以OP算法最多执行2*log2(n)乘法，但是这个算法执行~ n/2乘法。不是改进。但是您可以使用带有 log(n) 步骤的 TR 算法：通过减半，将结果收集到列表中，然后返回查看列表以执行与 OP 算法完全相同的步骤（= Mike 的回答））。或者，在此处计算时收集所有能量，然后将它们“背包”到：2-4-8-12-14-15。

【解决方案2】：

Boris 是对的，他的算法所做的与原来的不同。但是，如果您真的想复制它，可以使用以下方法：

请注意，您可以从数字的二进制表示中确定操作的顺序。设N=7，然后二进制N=111，记为N=7~111。

现在您可以在原始算法中看到该方案：

N      Op     N'
7~111  Mul    6~110 (= zero last bit) 
6~110  Squ    3~011 (= shift right)
3~011  Mul    2~010 
2~010  Squ    1~001
1~001  Base

考虑到由于算法的递归性质，这些步骤是从上到下进行的，你得到Base - Squ - Mul - Squ - Mul = ((A*A)*A)*((A*A)*A))*A = A**7

将此与鲍里斯的算法进行对比：

N      Op     N'
1~001  Squ    2~010 (=shift left)
2~010  Squ    4~100 (=shift left)
4~100  Mul    5~101 (=add one)
5~101  Mul    6~110 (=add one)
6~110  Mul    7~111 (=add one)

所以这个先做所有的移位，而原来的考虑除了 N 中的第一个之外的每个位，从右到左依次“排队”（因为自下而上）Mul, Squ 如果该位被设置或者只是 Squ 如果未设置。

要重现这种行为（更有效，因为你永远不会做比平方更简单的乘法），你可以从二进制的N 开始，然后执行以下操作（这里是一般伪代码，你可以很容易地翻译成序言）：

Acc=A
for i in (reverse(tail(bits(N)))):
    Acc*=Acc
    if i==1:
       Acc*=A

这是给N>=1的。 N=0 是特例，必须分开处理。

我很确定这是正确的。如果您有疑问，请考虑您的原始算法：测试mod 2 == 0 与测试最后一位是否为零相同。如果不是，则减一与将最后一位归零相同，而加倍和减半只是二进制左移或右移。

【讨论】：

感谢您提供这些宝贵的见解！