Zagadnienie transportowe

Zagadnienie transportowe
Firma X zawarła kontrakt na dostarczenie trawnika do wykończenia terenów wokół trzech zakładów U, V
i W. Trawnik ma być dostarczony z trzech farm A, B i C. Zapotrzebowanie zakładów wynosi
odpowiednio 50, 150 i 300 m 2 . Farmy A, B i C mogą dostarczyć odpowiednio 100, 200 i 200 m 2 . Koszt
przewiezienia 1 m 2 z farmy A do zakładów U, V i W wynosi odpowiednio $4, $2 i $8. Podobnie koszt
przewozu z farmy B i C do zakładów U, V i W wynosi $5, $1 i $9 oraz $7, $6 i $3. Należy ustalić
schemat przewozów minimalizujący koszty.
Do rozwiązania problemu posłużymy się następująca tabelka:
By znaleźć początkowe rozwiązanie dopuszczalne stosujemy metodę rogu północno-zachodniego, tj.
rozpoczynając od lewego górnego rogu i poruszając się w prawo i w dół (aż do wyczerpania limitu dla
kolumny lub wiersza) lokujemy maksymalną możliwą ilość środków.
Metoda minimalnego kosztu
Alternatywnym sposobem wyznaczenia początkowej tabelki jest metoda minimalnego kosztu.
Zaczynamy od wybrania pola o minimalnym koszcie, przypisujemy mu maksymalną możliwą ilość
środków, aktualizujemy dane dotyczące możliwości dostaw i zapotrzebowań oraz wykreślamy kolumnę
lub wiersz, w którym możliwości/zapotrzebowanie spadły do zera. Następnie obliczenia powtarzamy
ograniczając się do niewykreślonych pól.
1
Test na optymalność
Metoda "z kamienia na kamień"
W wybranym wolnym polu, stawiamy znak plus na oznaczenie intencji przypisania tej trasie
powiększonego transportu. By zachować warunki zadania, musimy zmniejszyć wartości pól
o niezerowym transporcie w tym samym rzędzie lub kolumnie. W wybranym polu stawiamy znak minus.
Kontynuujemy takie postępowanie (stawiając na przemian znaki plus i minus), aż ścieżka się zamknie
w polu wyjściowym.
Dokonujemy bilansu: od sumy kosztów pól, którym przypisaliśmy plus, odejmujemy sumę kosztów pól,
którym przypisaliśmy minus. Jeśli wynik byłby dodatni dla wszystkich możliwych ścieżek, rozwiązanie
jest optymalne.
Rozważmy np. ścieżkę dla pola B-U.
Bilans ścieżki wynosi: +5-4+2-1=2>0. Tak wiec realokacja pól wzdłuż tej ścieżki powiększa koszt.
Metoda zmodyfikowanej dystrybucji
Wyznaczamy tzw. liczby indeksowe: dla rzędów ri i dla kolumn k j tak, by dla każdej obsadzonej
komórki o współrzędnych (i,j) spełnione było równanie
ri  k j  ci , j
(1)
gdzie ci , j oznacza koszt przypisany polu.
By znaleźć liczby ri i k j przyjmujemy r1  0 , z równania (1) wyznaczamy pozostałe liczby indeksowe.
Dla każdej nieobsadzonej komórki wyznaczamy jej potencjał ze wzoru:
ei , j  ci , j  ri  k j
(2)
Rozwiązanie jest optymalne jeśli wszystkie otrzymane potencjały ei , j są nieujemne. Jeśli dla któregoś
z wolnych pól potencjał jest ujemny, rozwiązanie można poprawić.
2
Dla rozwiązania problemu firmy X otrzymanego metoda rogu pn.-zach. otrzymujemy następującą
tabelkę, w której liczby indeksowe dla wierszy wpisano po lewej stronę tabelki, a dla kolumn ponad
tabelka. Potencjał wolnych pól wpisano pogrubiana kursywa.
Poprawa rozwiązania
Jeśli po wyznaczeniu potencjałów wolnych pól okaże się, ze któryś jest ujemny, rozwiązanie można
poprawić. Robimy to następująco: Wyznaczamy wolne pole o największym co do wartości bezwzględnej
ujemnym potencjale. Konstruujemy ścieżkę dla tego pola metoda "z kamienia na kamień".
Spośród pól na ścieżce, którym przypisaliśmy znak minus wybieramy najmniejszą ulokowaną tam
wartość. O tę wartość, w zależności od znaku plus lub minus zwiększamy lub zmniejszamy alokacje pól
na ścieżce.
Rozwiązanie początkowe problemu firmy X otrzymane metoda rogu pn.zach. można poprawić bo pole
A-W ma potencjał ujemny. Ścieżkę dla tego pola przedstawiono w tabeli poniżej. Następna tabela
powstała poprzez zmodyfikowanie wartości wzdłuż ścieżki. Wyliczono też nowe potencjały. Z wyliczeń
wynika, że tabelka ta przedstawia rozwiązanie optymalne.
3
Niejednoznaczność rozwiązania
Jeśli wśród potencjałów wolnych pól rozwiązania optymalnego pojawi się zero, rozwiązanie optymalne
nie jest jednoznaczne. Alternatywne rozwiązanie może być wyznaczone poprzez wprowadzenie do
aktualnego rozwiązania pola z potencjałem zero.
W otrzymanym rozwiązaniu optymalnym dla problemu firmy X potencjał zero pojawia się w polu B-U.
Poniżej przedstawiono ścieżkę dla tego pola i alternatywne rozwiązanie optymalne.
4
Rozwiązania zdegenerowane
Rozwiązanie jest zdegenerowane, jeżeli ilość wykorzystanych pól zwiększona o jeden jest mniejsza niż
suma ilości rzędów i kolumn.
W rozwiązaniu zdegenerowanym pojawiają się problemy z wyznaczeniem niektórych ścieżek oraz
wyznaczeniem liczb indeksowych dla kolumn i wierszy. Problem ten można ominąć w następujący
sposób: w wybranym wolnym polu (metodą prób i błędów), alokujemy bardzo małą wartość, oznaczoną
symbolicznie przez  , którą w obliczeniach traktujemy jako zero.
Alternatywne rozwiązanie dla problemu firmy X jest zdegenerowane. By wrócić do wyjściowego
rozwiązania alokujemy
w polu A-U.
„Niedopuszczalne drogi”
Przypuśćmy, ze w problemie firmy X z powodu powodzi zablokowana jest możliwość dostarczania
trawnika z farmy A do zakładu W. By zamodelować taką sytuację wystarczy przypisać określonemu
połączeniu bardzo wysoki koszt, np. 10-cio krotnie wyższy od najwyższego rzeczywistego kosztu:
5
Niezrównoważona podaż z popytem.
Przypuśćmy, ze farma C z powodu awarii jest w stanie dostarczyć jedynie 120 m 2 trawnika.
W efekcie podaż nie równoważy się z popytem.
By rozwiązać taki problem wprowadzamy dodatkowego -fikcyjnego dostawcę, gotowego dostarczyć
brakujące 80 m 2 . Koszty ustalamy jako zerowe. Rozwiązanie optymalne tak przeformułowanego
problemu pokazuje tabelka poniżej. Wielkość 80 w rzędzie fikcyjnego dostawcy oznacza, że dla
zminimalizowania kosztów najlepiej będzie gdy to zakład W będzie czekał do czasu usunięcia awarii.
Problem, w którym podaż przewyższa popyt rozwiązujemy podobnie, zamiast fikcyjnego dostawcy
wprowadzając fikcyjnego odbiorcę.
6
Problem rozdziału zadań
Dyrektor pewnej firmy przygotował tabelkę określającą koszt wykonania czterech zadań A, B, C, D przez
czterech podwykonawców 1, 2, 3 i 4. Ponieważ podwykonawcy różnie wyceniają wykonanie przez siebie
poszczególnych zadań, a każdy z nich może podjąć się wykonania tylko jednego zadania, powstaje
problem jak przypisać zadania poszczególnym podwykonawcom, tak by koszt całkowity był możliwie
najmniejszy.
Rozwiązać zadanie wg poniższego algorytmu. Zaproponować równoważny model liniowy.
Algorytm przydziału zadań
Wymagania jakie musi spełniać problem przydziału:

elementy dwóch zbiorów należy skojarzyć na zasadzie jeden z jednym.

celem jest minimalizacja kosztu, czasu, odległości itp.

Koszty skojarzeń każdej pary są znane.
Algorytm
1. Wykonujemy redukcje rzędów odejmując najmniejszy koszt w każdym rzędzie od wszystkich
elementów w tym rzędzie.
7
2. Wykonujemy redukcje kolumn odejmując najmniejszy koszt w każdej kolumnie od wszystkich
elementów w tej kolumnie.
3. Sprawdzamy czy optymalny rozdział jest już możliwy - licząc ile potrzeba rzędów i kolumn by pokryć
wszystkie zerowe koszty. Jeśli potrzeba ich tyle ile jest wszystkich rzędów, idziemy do kroku 5.
4. Wyznaczamy najmniejszy niepokryty koszt i odejmujemy go od wszystkich niepokrytych kosztów oraz
dodajemy do podwójnie pokrytych kosztów, a następnie powtarzamy krok 3.
5. Wybieramy kolumnę lub rząd z jedynym zerem. Kojarzymy ze sobą rząd i kolumnę, w którym to zero
się znajduje i wykreślamy je z tabelki. Kontynuujemy kojarzenie rzędów i kolumn poprzez wybór
pojedynczych zer w rzędzie lub kolumnie aż do zakończenia przydziału.
...
8
Przypadki szczególne:
Liczba rzędów rożna od liczby kolumn. Jeśli liczba podwykonawców jest różna od liczby zadań,
dodajemy stosowna ilość fikcyjnych zadań lub podwykonawców z zerowymi kosztami i postępujemy tak
jak poprzednio.
Przy nadmiarze podwykonawców, przydzielenie fikcyjnego zadania oznacza rezygnacje z usług tego
wykonawcy. Przy nadmiarze zadań przydzielenie fikcyjnego podwykonawcy oznacza, ze zadanie to
będzie musiało być wykonane później.
Maksymalizacja. W pewnych przypadkach kojarzenie zadań służy maksymalizacji zysku, a nie
minimalizacji kosztów. W takim przypadku odejmujemy wartości w każdej kolumnie od maksimum w tej
kolumnie. Otrzymana nowa tabelka zawiera teraz koszty niewykorzystania poszczególnych skojarzeń
i możemy kontynuować jak w przypadku minimalizacji.
Niepożądane skojarzenia. Czasami pewne skojarzenia są niepożądane. Wystarczy przypisać im
nieskończony koszt.
Niejednoznaczność. Jeśli w przy dokonywaniu rozdziału w końcowej tabelce w pewnym momencie nie
ma już wiersza lub kolumny z jedynym zerem, oznacza to, ze optymalne rozwiązanie jest
niejednoznaczne. Możemy wtedy dowolnie wybrać do przekształceń "kolejne zero".
9
Przykłady (zagadnienia transportowe)
10