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 2 8 6 Miasto 4 Fabryka 2 Fabryka 3 9 4 2 3 9 6 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.
A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe2 Model liniowy: minz = 8x +6x 2 +x 3 +2x 4 +9x 2 +2x 22 + +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: 8 6 2 x x 2 x 3 x 4 x 2 x 22 x 23 x 24 4 9 6 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: 8 6 8 6 x x 2 x x 2 x 3 9 2 3 2 2 x 3 x 4 9 2 3 x 2 2 2 2 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.
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;
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 8 6 2 8 6 2 8 6 2 4 9 6 4 9 6 2 4 9 6 8 6 2 8 6 2 8 6 2 2 2 2 2 2 2 4 9 6 4 9 6 4 9 6 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
A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe 8 6 2 8 6 2 8 6 2 4 4 9 6 4 9 6 4 9 6 8 6 2 8 6 2 8 6 2 4 4 4 4 9 6 4 9 6 4 9 6 2 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:
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.
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+. + - 8 6 + 2 2 2 4 9 6 + - - 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 =. -2 - + +2 + +2 8 6 2 2 2-2 - 2 4 9 6 + - +2-2 Czywartośćfunkcjicelu(FC)zmalejepowprowadzeniu x 4 dobazy?zmiana FC wyniesie: 2 (2 +6 3+9 8) = 2 ( 4) = 8, czylizmniejszysięo8.liczba-4jestocenąklatkiniebazowej [,4].
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 4 8 6 2 2 2 4 9 6 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 )
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. -8 - -2-6 8 6 2 - -2-4 - 2 2 2 2-4 4 9 6 2-6 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:
A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe 4 8 6 2 4 9 6 2 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 33-9 -6-3 -2 8 6 2 - -3 4 4 6-3 4 9 6 2 2 2 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: - -3 - + 6 4 2 + - 2 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
A. Kasperski, M. Kulej, Badania operacyjne, Wykład 4, Zagadnienie transportowe -6-3 - -2 8 6 2 2 3-3 4 4 6 2-6 4 9 6 2 2 2 2 2 2 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: 2 6 9 2 4 3 9 2 W pierwszym rozwiązaniu pewne zmienne bazowe mają wartość. Rozwiązanie takie nazywamy rozwiązaniem zdegenerowanym. Należy odróżniać klatki z zerami bazowymi od klatek niebazowych! Obliczamy potencjały: -2 - -8 2 6-2 - -8-9 2 3 9 2 4 3-6 3 9 2 6-3 Do bazy wprowadzamy klatkę[,2]. Tworzymy cykl i wykonujemy iterację: -2 - -8 - -9 2 + 2 6 3 + - - 9 2 4 6-3 3 9 2
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 3 8 9 4 Miasto 3 Miasto 4 Pierwsza tablica( bazowe rozwiązanie dopuszczalne wyznaczone metodą kąta północno-zachodniego) i pierwsza iteracja są następujące: -6-3 -3 -M+6-6 3 M M 2 9 M M 2 2 M 2 4 6 M- 8 - + M 2 2 M-6 -M+ + - 3 M M 2 9 M M M 2 4...
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 2 4 4 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 3 2 + F3 4 + F2 2 3 - O2 O -2 F F2 F3 2 O2 2 3 4 3 2 +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
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 + F2 2 4 2 3 - O2 O -2 F F2 F3 2 O2 2 3 2 6 6 4 2 3 2 6 2 9 6 6 6 6 6 6 6 2 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.