A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe1

Transkrypt

1 A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe ZAGADNIENIE TRANSPORTOWE(ZT) Danychjest pdostawców,którychpodażwynosi a,a 2,...,a p i qodbiorców, którychpopytwynosi b,b 2,...,b q.zakładamy,żeproblemjestzbilansowany,tj. p i= a i = q i= b iczylicałkowitapodażjestrównacałkowitemupopytowi.dane sąrównieżkosztyprzewozu c ij jednostkitowaruod i-tegodostawcy(i =,...,p) do j-tegoodbiorcy(j =,...,q).należywyznaczyćplantransportutowaruod dostawców do odbiorców o minimalnym łącznym koszcie przewozu. Model liniowy dla ZT: Zmienne decyzyjne: x ij -ilośćtowaruprzewożonaod i-tegodostawcydo j-tegoodbiorcy. Model: minz = p q i= j= c ijx ij q j= x ij = a i p i= x ij = b j x ij i =,...,p [Podażdostawców] j =,...,q [Popytodbiorców] Przykład.. Rozpatrzmy następujący rysunek: Fabryka Miasto 4 Fabryka 2 Fabryka Miasto 2 Miasto 3 Miasto 4 2 Wprzykładzietymmamy p = 3dostawców(fabryki)iq = 4odbiorców(miasta). Podażwynosi: a =, a 2 =, a 3 = apopyt b = 4, b 2 = 2, b 3 =, b 4 =.Problemjestzbilansowanyponieważ++=4+2++.Jednostkowekosztytransportuwynoszą c = 8, c 2 = 6itd... Zmienne decyzyjne: x ij -ilośćtowaruprzewożonaod i-tejfabrykido j-tegomiasta.

2 A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe2 Model liniowy: minz = 8x +6x 2 +x 3 +2x 4 +9x 2 +2x x 34 x +x 2 +x 3 +x 4 = [Podażfabryki] x 2 +x 22 +x 23 +x 24 = [Podażfabryki2] x 3 +x 32 +x 33 +x 34 = [Podażfabryki3] x +x 2 +x 3 = 4 [Popytmiasta] x 2 +x 22 +x 32 = 2 [Popytmiasta2] x 3 +x 23 +x 33 = [Popytmiasta3] x 4 +x 24 +x 34 = [Popytmiasta4] x ij Tablica transportowa: x x 2 x 3 x 4 x 2 x 22 x 23 x x 3 x 32 x 33 x 34 Modele niezbilansowane.przypadek p i= a i > q i= b i(nadwyżkapodaży).dodajemyfikcyjnegoodbiorcęq+opopycieb q+ = p i= a i q i= b iikosztachprzewozuc iq+ =, i =,...,p. Przykład. Rozpatrzmy tablicę: x x 2 x x 2 x x 3 x x x 2 x 22 x 23 x 22 x 23 x 24 W problemie tym występuje nadwyżka podaży równa 2. Dodajemy fikcyjnego odbiorcę numer 4 o popycie 2. Optymalne rozwiązanie wynosi: x 2 = 2, x 3 = 2, x 2 = 2, x 23 =, x 24 = 2.Fikcyjnyodbiorcaodbiera2jedn.oddostawcy2.Oznaczatofaktycznie,żetowartenzostanieu dostawcy 2.

3 A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe3 2.Przypadek p i= a i < q i= b i(nadwyżkapopytu).dodajemyfikcyjnegodostawcęp+opodażya p+ = q i= b i p i= a iikosztachprzewozuc p+i =, i =,...,q. Metoda sympleks(potencjałów) dla zbilansowanego ZT Specjalna struktura macierzy ograniczeń dla zagadnienia transportowego pozwala na dokonanie wielu uproszczeń w metodzie sympleks. Wszystkie iteracje sympleksowe realizuje się na tablicy transportowej, która ma znacznie mniejszy wymiar niż tablica sympleksowa. Bazowe rozwiązanie dopuszczalne ma tylko p + q zmiennych bazowych(gdyżrządmacierzyograniczeńjestrówny p + q )imożebyćłatwo wyznaczone bez stosowania M-metody. Wskaźniki optymalności w metodzie sympleks dla zagadnienia transportowego można wyznaczyć nie konstruując tablicy sympleksowej lecz wykorzystując tzw. potencjały tj. zmienne związane z dostawcami u i, i =,...,piodbiorcami v j, j =,...,q.przejścieodjednego bazowego rozwiązania dopuszczalnego do innego realizowane jest również na tablicach transportowych. Wyznaczanie pierwszego dopuszczalnego rozwiązania bazowego Ogólną idę konstrukcji podaje poniższy schemat:. Wybierz wśród nie skreślonych elementów tablicy transportowej dopuszczalną klatkę, powiedzmy (r, k) i wstaw do niej maksymalnie możliwą wielkośćprzewozu,tj.minimumzpodażywiersza ripopytukolumny kczyli x rk = min(a r,b k ).Klatkatastajesięklatkąbazową odpowiadajejzmiennabazowa x rk. 2. Zmniejsz podaż r-tego dostawcy i popyt k-tego odbiorcy o wielkość ustalonegowkrokuprzewozu x rk,tj. a r := a r x rk, b k := b k x rk. 3.Jeśli a r =,toskreślwtablicytransportowejr-tywiersz.jeślinatomiast a r >,toskreślwtablicytransportowejk-tąkolumnę(wtedy b k = ). 4. Jeśli wszystkie elementy tablicy transportowej zostały skreślone, to KO- NIEC. Wyznaczono początkowe bazowe rozwiązanie dopuszczalne z dokładnie(jeśli w każdym kroku skreślamy dokładnie jedną linię, tj. wiersz lub kolumnę macierzy) p + q zmiennymi bazowymi. W przeciwnym przypadku przejdź do kroku. W zależności od sposobu wyboru dopuszczalnej klatki w kroku powyższego schematu otrzymujemy różne metody konstrukcji początkowego bazowego rozwiązania dopuszczalnego: metoda kąta północno-zachodniego- dopuszczalną jest klatka leżąca w pierwszym wierszu i pierwszej kolumnie nie skreślonej części tablicy;

4 A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe4 minimum macierzy- dopuszczalną jest klatka o minimalnym koszcie w nie skreślonej części tablicy; metoda Vogel a- VAM- dopuszczalną jest klatka o minimalnym koszcie w linii(wierszu lub kolumnie) z największym współczynnikiem kary. Współczynnik kary(liczba nieujemna) jest różnicą między dwoma najmniejszymi kosztami w linii. Metoda kąta północno-zachodniego- przykład Zaczynamy od lewego górnego rogu(kąta północno zachodniego) macierzy nieskreślonych elementów tj. klatki[,]. Wpisujemy do niej maksymalną wartość nienaruszającąpopytuipodażyczyli x = min{,4} =.Pierwszywiersz czyli pierwszy dostawca wysłał wszystko co posiadał- skreślamy go i modyfikujemypopytpierwszegoodbiorcy(kolumna) b = 4 x =.Przechodzimy do lewego górnego rogu macierzy nie skreślonych elementów tj. klatki[2,] czyli zmiennej x 2 nadajemynajwiększąmożliwąwartość,tj. x 2 = min{,} = izmniejszamypodażdrugiegowierszaowartość x 2 =.Kolumnatj.pierwszy odbiorca otrzymał tyle ile wynosi jego popyt zatem skreślamy tę kolumnę.przechodzimynastępniedoklatki[2,2]tj.zmiennej x 22 nadajemywartośc2 itd.. W każdym kroku przechodzimy do klatki leżącej w lewym górnym rogu macierzy nie skreślonych elementów. Otrzymujemy następujące bazowe rozwiązanie dopuszczalne: x =, x 2 =, x 22 = 2, x 23 = 2, x 33 =, x 34 =,pozostałe zmienne mają wartość. Koszt tego rozwiązania(przewozu) wynosi 3. Metoda minimum z macierzy

5 A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe Zaczynamy od klatki o najmniejszym koszcie, czyli klatki[,4]. Zmiennej odpowiadającejtejklatcetj. x 24 nadajemymaksymalnąwartość x 24 = min{,} =.Skreślamyczwartąkolumnęimodyfikujemypodażpierwszegowiersza a = =.Przechodzimydoklatkionajmniejszymkoszciewmacierzynieskreślonychelementów,czyliklatki[,2]inadajemyzmiennejbazowej x 2 wartość itd...otrzymujemynastępującebazowerozwiązaniedopuszczalne: x 4 =, x 2 =, x 2 = 4, x 23 =, x 32 =, x 33 = 2(pozostałezmiennemająwartość ). Koszt tego rozwiązania wynosi 9. Klatki odpowiadające zmiennym bazowym nazywamy klatkami bazowymi. Uwaga: Jeśli w każdym kroku skreślamy tylko jeden wiersz albo jedną kolumnę, to otrzymamy bazowe rozwiązanie dopuszczalne o dokładnie p + q zmiennych bazowych. Ocena klatek i iteracja sympleksowa. Ciągklatek([i,j ],[i 2,j 2 ],...,[i l,j l ]),gdziel 4tablicytransportowejnazywamy cyklem jeżeli: każde dwie sąsiednie klatki znajdują się w jednej linii tj. w jednej kolumnie lub jednym wierszu, ostatniaklatkaznajdujesięwtejsamejliniicoklatkapierwszaczyli i = i l lub j = j l żadne trzy kolejne kolejne klatki tego ciągu nie leżą w jednej linii. Przykładowe cykle utworzone przez szare klatki pokazane są na poniższym rysunku:

6 A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe6 Ciągi(szare klatki), które nie tworzą cyklu: Twierdzenie.Zestaw p+q klatekodpowiadazmiennymbazowymwtedyi tylko wtedy, gdy klatki te nie zawierają cyklu. Dodanie jednej klatki niebazowej do klatek bazowych powoduje powstanie dokładnie jednego cyklu.

7 A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe Rozpatrzmy początkowe bazowe rozwiązanie dopuszczalne rozważanego przykładu uzyskane metodą kąta północno- zachodniego. Zmiennymi bazowymi są: ZB = {x,x 2,x 22,x 23,x 33,x 34 }.Załóżmy,żechcemywprowadzićdobazyzmienną x 4.Dodajemyklatkę[,4]doklatekbazowych.Wtensposoób,namocy Twierdzenia powstaje cykl zawierający klatkę[,4] i pewne(niekoniecznie wszystkie!) klatki bazowe. Klatki należące do tego cyklu zaznaczone są na rysunku kolorem szarym. Oznaczmy klatkę [, 4] znakiem +. Następnie przesuwając siępocykluoznaczamyklatkinaprzemianznakami-lub Jaką maksymalną wartość możemy wprowadzić do klatki[,4]? Jeżeli wprowadzimydoklatki[,4]pewnąwartość δto,abyzachowaćbilanspodażyipopytumusimyodjąć δodwszystkichklatekoznaczonychznakiem-idodać δdo wszystkich klatek oznaczonych znakiem +. Do klatki[,4] wprowadzamy więc najmniejszą wartość występującą w klatkach oznaczonych minusem czyli 2 z klatki[2,3].oznaczato,żezmienna x 23 wychodzizbazy(zostajewyzerowana). Nowymizmiennymibazowymisą {x,x 4,x 2,x 22,x 33,x 34 }abazowerozwiązaniedopuszczalnejestnastępujące: x =, x 4 = 2, x 2 =, x 22 = 2, x 3 =, x 4 = Czywartośćfunkcjicelu(FC)zmalejepowprowadzeniu x 4 dobazy?zmiana FC wyniesie: 2 ( ) = 2 ( 4) = 8, czylizmniejszysięo8.liczba-4jestocenąklatkiniebazowej [,4].

8 A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe8 Twierdzenie 2. Aktualne rozwiązanie bazowe dopuszczalne w tablicy transportowej jest optymalne jeżeli współczynniki optymalności(oceny) wszystkich klatek niebazowych są nieujemne. Jeżeli istnieje klatka niebazowa o ujemnej ocenie to można wyznaczyć lepsze rozwiązanie wprowadzając tą klatkę do bazy i wprowadzając do niej pewien niezerowy przewóz. Obliczanie ocen(współczynników optymalności) klatek niebazowych (zmiennych niebazowych) Współczynnikioptymalności c ij dlazmiennejniebazowej x ij możnawyznaczyć bez znajomości tablicy sympleksowej wykorzystują tzw. potencjały tj. liczby u i, i =,...,poraz v j, j =,...,q.znającbazowerozwiązaniedopuszczalne wiemy, że współczynniki optymalności dla zmiennych bazowych są zerami. Wartości potencjałów(są to tzw. mnożniki sympleksowe za pomocą których można wyznaczyć- znając bazę- współczynniki optymalności w tablicy sympleksowej. W optymalnej tablicy transportowej potencjały są optymalnymi wartościami zmiennych dualnych.) wyznacza się następująco: dlakażdejzmiennejbazowej x ij mamyrównanie c ij = = c ij +u i +v j. Mamyzatemukład p+q równańop+qniewiadomych.przyjmujączajedną niewiadomązeronp. u = możnagołatworozwiązać.znajomośćwartości u i,v j pozwala już wyznaczyć współczynniki optymalności za wzoru: c ij = c ij +u i +v j dlakażdejzmiennejniebazowej x ij. u u 2 u 3 v v 2 v 3 v Potencjały dobieramy tak aby wyzerować współczynniki optymalności dla zmiennych bazowych, tj.: 8+u +v = (x ) 9+u 2 +v = (x 2 ) 2+u 2 +v 2 = (x 22 ) 3+u 2 +v 3 = (x 23 ) 6+u 3 +v 3 = (x 33 ) +u 3 +v 4 = (x 34 )

9 A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe9 Powyższy układ można rozwiązać bardzo prosto. Zaczynamy od podstawienia u =.Wówczaszpierwszegorównaia v = 8.Zdrugiegorównania u 2 =.Z trzeciegorównania v 2 = itd...ostatecznieotrzymujemypotencjałypokazane naponiższymrysunku.obliczamyocenyklatekniebazowych c ij = c ij +v i +v j Przekształcone koszty wyznaczają oceny klatek niebazowych. Aby poprawić rozwiązanie należy wprowadzić do bazy klatkę dla której ocena jest ujemna tj. jedną zklatek [,2],[,3],[,4]lub [3,2].Jeżeliwszystkieocenybyłybynieujemneto aktulane rozwiązanie byłoby optymalne. Algorytm transportowy KROK Na wejściu podajemy zbilansowane zagadnienie transportowe. Jeżeli model nie jest zbilansowany to należy go zbilansować wprowadzając fikcyjnego dostawcę albo fikcyjnego odbiorcę. KROK 2 Skonstruuj tablicę transportową i pierwsze bazowe rozwiązanie dopuszczalne(dowolną z podanych metod). KROK3Obliczpotencjały u i, i =,...,piv i =,...,qorazocenyklatek niebazowych c ij = c ij + u i + v i.jeżeliwszystkieoceny c ij tokoniecrozwiązanie jest optymalne. W przeciwnym wypadku przejdź do kroku 4. KROK 4 Wybierz klatkę z najmniejszą ujemną oceną. Dodaj tą klatkę do klatek bazowych i zbuduj cykl zawierający dodawaną klatkę i pewne klatki bazowe (istnieje dokładnie jeden taki cykl). Oznacz dodawaną klatkę symbolem +. Następnie przesuwając się wzdłuż cyklu oznaczaj kolejne klatki cyklu na przemiani +. Znajdź klatkę oznaczoną- dla której aktualna wielkość przewozu δ jest najmniejsza.klatkatawychodzizbazy.doklatek+dodajprzewóz δaodklatekodejmij przewóz δ. Jeżeli δ >, to otrzymałeś rozwiązanie o mniejszym koszcie. Wróćdokroku3. Przykład. Rozwiążemy przykładowe zadanie ze strony. Zagadnienie jest zbilansowane. Konstruujemy tablicę transportową i pierwsze rozwiązanie bazowe metodą minimalnego elementu. Otrzymujemy tablicę:

10 A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe Obliczamy potencjały: Otrzymujemy: 6+u +v 2 = zmiennabazowa x 2 2+u +v 4 = zmiennabazowa x 4 9+u 2 +v = zmiennabazowa x 2 3+u 2 +v 3 = zmiennabazowa x 23 9+u 3 +v 2 = zmiennabazowa x 32 6+u 3 +v 3 = zmiennabazowa x Rozwiązanie nie jest optmalne ponieważ pewne klatki niebazowe mają ujemne oceny. Wybieramy klatkę z najmniejszą ujemną oceną, czyli[,3]. Dodajemy tą klatkę do klatek bazowych i konstruujemy cykl: Najmniejszy przewóz dla klatek oznaczonych znakiem minus(-) znajduje się w klatce[,2]. Klatka ta wychodzi z bazy. Do klatek oznaczonych znakiem plus(+) dodajemy a od klatek oznaczonych- odejmujemy. Otrzymujemy kolejne, lepsze rozwiązanie bazowe i ponownie obliczamy potencjały

11 A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe Ponieważ wszystkie oceny klatek niebazowych są nieujemne to tablica zawiera optymalne rozwiązanie. Przykład- rozwiązania zdegenerowane. Rozpatrzmy zagadnienie dla którego podaż, popyt, koszty oraz pierwsze rozwiązanie bazowe(metoda kąta północnozachodniego) podane są w tabeli: W pierwszym rozwiązaniu pewne zmienne bazowe mają wartość. Rozwiązanie takie nazywamy rozwiązaniem zdegenerowanym. Należy odróżniać klatki z zerami bazowymi od klatek niebazowych! Obliczamy potencjały: Do bazy wprowadzamy klatkę[,2]. Tworzymy cykl i wykonujemy iterację:

12 A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe2 Należyuważać,abynieusunąćzbazydwóchklatek[,]i[2,2].Zbazywychodzi tylko jedna z tych klatek(obojętnie która). Druga pozostaje klatką bazową. Otrzymujemy kolejne rozwiązanie zdegenerowane. Trasy zakazane. Jeżeli połączenie między dostawą i a odbiorcą j nie istnieje to podstawiamy c ij = M,gdzie Mjestjakąśbardzodużąliczbą.Jeżeliwkońcowej tablicytransportowejotrzymamy x ij >,towyjściowezagadnieniejestsprzeczne( nie istnieje dopuszczalny plan przewozów). Przykład. Rozpatrzmy problem: Fabryka 3 Miasto 4 2 Fabryka 2 9 Miasto 2 2 Fabryka Miasto 3 Miasto 4 Pierwsza tablica( bazowe rozwiązanie dopuszczalne wyznaczone metodą kąta północno-zachodniego) i pierwsza iteracja są następujące: M M M 2 9 M M 2 2 M M M 2 2 M-6 -M M M 2 9 M M M

13 A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe3 Rozwiązenie to nie jest jeszcze optymalne. Należy wykonać kolejne iteracje. Optymalne rozwiązanie pokazane jest w poniższej tablicy: 3 M M 2 9 M M M Ponieważ przewóz na trasach zakazanych jest to rozwiązanie to jest dopuszczalne(i optymalne). Wieloetapowe zagadnienie transportowe Przykład.TrzyfabrykiF,F2iF3,którychpodażwynosi2,imajądostarczyćtowardodwóchodbiorcówOiO2,którychpopytwynosi2i.Towar może być przewożony po trasach pokazanych na rysunku(czyli niekoniecznie bezpośrednio z fabryk do odbiorców). Wyznaczyć plan przewozu minimalizujący łączny koszt. F2 F3 2 O O2 +2 F F3 4 + F O2 O -2 F F2 F3 2 O s +s s s s s s s s 2 +s Połączenia oraz odpowiednia tablica transportowa pokazane są na rysunku. Uwaga: Do pustych klatek należy wpisać koszty M(ponieważ odpowiednie połączenia nie istnieją). Tablica jest skonstruowana następująco. Zaczynamy od wyróżnienia trzech rodzajów punktów: dostawców, którzy tylko wysyłają towar(f), odbiorców, którzy tylko odbierają towar(o) oraz punktów pośrednich(f2, F3,, 2,O2). W wierszach umieszczamy dostawców i punkty pośrednie a w kolumnach odbiorców

14 A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe4 i punkty pośrednie. Obliczamy całkowitą ilość towaru w problemie, czyli tzw. bufor s = 2++ = 6.PunktFjestdostawca-jegopodażwynosiwięc2. Punkt F2 jest punktem pośrednim z nadwyżką towaru. Przypisujemy mu podaż +sipopyt s.punktjestpunktempośrednim,któryniemaaninadwyżki ani niedoboru towaru. Przypisujemy mu podaż i popyt równe s. Punkt O2 jest punktem pośrednim, który ma niedobór towaru. Przypisujemy mu popyt 2 + s i podaż s. Do tablicy wpisujemy koszty bezpośrednich połączeń między puntkami i M jeżeli połączenie bezpośrednie nie istnieje. Uwaga: Koszty przewozu między tymi samymi punktami, np: między F2 i F2 wynoszą. Są to tzw. przewozy fikcyjne. Rozwiązanie optymalne pokazane jest na poniższym rysunku: F2 F3 2 O O2 +2 F 2 + F3 + F O2 O -2 F F2 F3 2 O Końcowe uwagi na temat algorytmu transportowego:. Algorytm działa również wtedy, gdy koszty przewozów są ujemne. 2. Jeżeli celem jest maksymalizacja kosztów przewozu, to przed zastosowaniem algorytmu należy przemnożyć wszystkie koszty przez-. 3. Jeżeli podaże i popyty wszystkich dostawców i odbiorców są liczbami całkowitymi, to algorytm zwraca optymalny przewóz całkowitoliczbowy.