Transportni problem linearnog programiranja
Primjer U gradskom prometu potrebno je iz 3 garaže uputiti 15 autobusa na 4 polazne stanice za pojedine gradske linije. Podaci o broju autobusa kojima raspolažu pojedine garaže i o broju autobusa koje treba uputiti na pojedine polazne stanice iznose: 1. garaža garaža - 2 autobu autobusa, sa, 2. garaža garaža - 6 autobu autobusa sa 3. garaža garaža - 7 autobusa autobusa 1. stanica stanica - 3 autobusa autobusa,, 2. stanica stanica - 3 autobusa autobusa 3. stanica stanica - 4 autobusa autobusa,, 4. stanica stanica - 5 autobusa autobusa Troškovi vožnje od pojedine garaže do odre đene polazne stanice prikazani su u sljede ćoj tablici:
1
Primjer Pol.stanice Garaže
G G
G
1
2
3
Potreban broj autobusa na polaznoj stanici
PS 4
Raspoloživi broj autobusa u garaži
15
13
2
14
12
13
6
15
12
18
18
7
3
3
4
5
15
PS 1
PS 2
20
11
17
PS
3
Zadatak glasi:
Autobuse treba rasporediti tako da se zadovolje potrebe svih polaznih stanica uz minimalne troškove.
Primjer Primjer - matrica matrica transpo transporta rta
O1
I 1
20
I 2
17
I 3
15
b j
x11 x 21 x 31 3
O3
O2 11 14 12
x12 x 22 x 32 3
15
x13
12
x 23
18
x 33 4
O4 13 13 18
ai
x14
2
x 24
6
x 34
7
5
15
2
Primje Primjerr - matem matemat atiički model x11 + x12 + x13 + x14
=2
x 21 + x 22 + x 23 + x 24
=6
x 31 + x32 + x33 + x 34 = 7 + x 21
x11
+ x 31 + x 22
x 12
=3 + x32
+ x 23
x13 x14
=3 + x33
+ x 24
=4 + x 34 = 5
min(20 x11 + 11 x12 + 15 x13 + 13 x14 + 17 x 21 + 14 x 22 + 12 x 23 + 13 x 24 + 15 x31 + 12 x32 + 18 x 33 + 18 x34 )
xij ≥ 0
; i = 1,2,3 ;
j = 1,2,3,4
Formulacija transportnog problema Transportni problem (TP) je takav problem linearnog
programiranja kod kojeg treba programirati prijevoz određenog broja jedinica (tereta, osoba) iz više ishodišta (mjesta gdje se nalazi roba koja se raspore đuje) u više odredišta (mjesta u kojem se podmiruje potražnja) s ciljem da troškovi prijevoza budu minimalni.
Pretpostavka je da ponuda pojedinih ishodišta tj. koli čina s kojom raspolažu odre đena ishodišta mora biti iskorištena i da potražnja svih odredišta tj. potrebe moraju biti zadovoljene. Najčešći elementi vezani za TP jesu troškovi, vrijeme i udaljenost čiju minimalnu vrijednost tražimo.
3
Matrica transporta Odredišta
Ponuda
O1
O2
O3
........
On
ai
Ishodišta
x11
x 21 c31
I 3
x m1
b j
b1
x 23 c33
..........
b2
........ ........
...........
c m3 x m 2
........
c1n
x1n c2n
x 2n c 3n
x 33
x 32
cm 2
c m1
I m
c23
c32
............
x13
x 22
x 31
.........
Potražnja
x12 c 22
c21
I 2
c13
c12
c11
I 1
x3 n ........... ........
x m3
b3
............
c mn
xmn
bn
a1 a2
a3 ............
am ∑ ai ∑ bi
Formulacija transportnog problema a1 , a 2 ,..., a m b1 , b2 ,..., bn cij
Količina robe u odredištima (n odredišta) Općenito vrijedi m ≠ n Trošak prijevoza jedinice robe od i-tog ishodišta do j-tog odredišta Količina robe (tereta) koju treba prevesti iz i-tog ishodišta u j-to odredište
xij ≥ 0
n
Količina robe u ishodištima (m ishodišta)
m
F = ∑ ∑ cij xij j =1 i =1
Ukupni troškovi transporta čiji se minimum traži
4
Formulacija transportnog problema Ukoliko je ukupna ponuda svih ishodišta jednaka ukupnoj potražnji svih odredišta radi se o zatvorenom transportnom problemu. ∑ ai = ∑ b j i
j
Ukoliko količina ponude nije jednaka koli čini potražnje radi se o otvorenom transportnom problemu. ∑ ai ≠ ∑ b j i
j
Grafički prikaz transportnog problema ISHODIŠTA
ODREDIŠTA c11 , x11
a1
b1
a2
b2
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
am
c2 n , x2n
cm 2 , xm 2
c mn , x mn
⋅
⋅
⋅
⋅
.
.
⋅
⋅
bn
5
Matematički model transportnog problema Ograni čenja za odredišta
Ograničenja za ishodišta x11 + x12 + ... + x1n = a1
x11 + x 21 + ... + x m1 = b1
x 21 + x 22 + ... + x 2 n = a 2
x12 + x 22 + ... + x m 2 = b2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
x m1 + x m 2 + ... + x mn = a m
x1n + x 2 n + ... + x mn = bn
xij ≥ 0
Funkcija cilja
z = c11 x11 + c12 x12 + ... + c1n x1n +
c 21 x 21 + c 22 x 22 + ... + c 2 n x 2 n + .
.
.
.
.
.
c m1 x m1 + c m 2 x m 2 + ... + c mn x mn → min
Matematički model transportnog problema Ograničenja za ishodišta
Ograničenja za odredišta
n
∑ xij
m
∑ xij
= a i ; i = 1,2,..., m
j =1
= b j ; j = 1,2,..., n
i =1
xij ≥ 0 n
Funkcija cilja
z = ∑ ∑ cij xij j =1 i =1
n
Traži se
m
m
min(∑ ∑ cij xij ) j =1 i =1
6
Matematički model transportnog problema
Transportni problem je problem linearnog programiranja s m+n jednadžbi i m*n varijabli. Sustav sadrži m+n-1 nezavisnih jednadžbi iz čega slijedi da rješenje mora sadržavati m+n-1 vrijednosti varijabli xij Rješenje s manje od m+n-1 vrijednosti varijabli je degenerirano. Original zatvorenog transportnog problema je kanonski problem minimuma. Dual tog problema je standardni problem maksimuma bez
ograničenja nenegativno nenegativnosti sti varijabli. varijabli.
Rješavanje zatvorenog transportnog problema
1.
Simpleks metoda
- nepr neprak aktitična, velik broj varijabli i ograničenja 2.
Tran Transp spor ortn tne e meto metode de - spec specij ijal alne ne meto metode de koje koje koriste posebnu strukturu transportnog problema
• •
Metode ko koje za zahtijev jevaju početni raspored tereta Meto Metod de za za koje koje nije nije potre otreb ban početni raspored tereta
7
Metode koje zahtijevaju početni raspored tereta
•
Metode za dobivanje početnog rješenja • Meto Metoda da sjeve jevero roza zapa padn dno og ku kuta (NW (NW)) • Metod toda najma jmanjih jed jediničnih troškova (najmanje jedinične cijene) • Voge ogelov lova apro aprokksim simativ ativna na meto metoda da (VA (VAM) • Metode za dobivanje optimalnog rješenja • Metod toda re relativnih tr troškova • MODI metoda
Metoda Metoda sjeve sjeveroza rozapad padnog nog kuta kuta - North North West West (NW) metoda metoda - Dijagonalna Dijagonalna metoda O1 I 1
20
I 2
17
I 3
15
b j
O3
O2 11
15
O4
ai
13
2
2
14
12
1
3
12
13
6
2
3 18
18 5
2
3
3
4
5
7 15
z = 20 ⋅ 2 + 17 ⋅ 1 + 14 ⋅ 3 + 12 ⋅ 2 + 18 ⋅ 2 + 18 ⋅ 5 = 249
8
Metoda najmanjih jediničnih troškova (cijena)
O1 I 1
20
I 2
17
I 3
15
O3
O2 11
O4
15
13
12
13
ai
2
2
14
4
12
18
3
b j
18
7
3
1
3
6
2
3
4
5
15
z = 11 ⋅ 2 + 12 ⋅ 4 + 13 ⋅ 2 + 15 ⋅ 3 + 12 ⋅ 1 + 18 ⋅ 3 = 207
Vogelova Vogelova aproksimativna aproksimativna metoda metoda (VAM) (VAM) O1 I 1
20
I 2
17
I 3
15
b j
O3
O2 11
15
14
2
2
2
6
1
7
13 4
12
ai
13
12 18
3
Razlika reda
O4
18
3
3
3
4
5
2 2 2 2 -
1 1 -
3 -
0 0 0 5 -
∆i 2
2 7 -
-
1
1 4 4 -
3
3 3 3 -
15
Razlika stupca ∆ j
z = 13 ⋅ 2 + 12 ⋅ 4 + 13 ⋅ 2 + 15 ⋅ 3 + 12 ⋅ 3 + 18 ⋅ 1 = 199
9
Metoda relativnih troškova Metoda skakanja skakanja s kamena na kamen (Stepping Stone) Metoda raspodjele (Distribution Method)
• • • •
Metoda za određivanje optimalnog rješenja Polazi od početnog bazičnog rješenja dobivenog nekom od metoda za odre đivanje početnog rješenja Za sva sva polja polja na kojim kojima a nema nema tere tereta ta (nez (nezau auze zeta ta polj polja) a) izračunavaju se relativni troškovi (karakteristike polja) Provjerava se da li je početno rješenje optimalno i ako nije prelazi se na novo (bolje) rješenje tj. ono koje osigurava manje ukupne transportne troškove
Relativni trošak • • • • • •
Broj Broj koji koji pokaz okazu uje za kolik oliko o bi bi se se nov novčanih jedinica promijenili ukupni troškovi transporta po jedinici tereta ako se odabere odre đena relacija relacija (ishodište (ishodište - odredište) odredište) Rela Relatitivn vnii tro troša šakk mož može e biti biti pozit pozitiv ivan an,, neg negat ativ ivan an i nul nula a Pozitiv tivan re relativ tivni tr trošak zn znači povećanje ukupnih troškova Negativ tivan re relativni tr trošak zn znači smanjenje ukupnih troškova Nula znači da se trošak ne će promijeniti bez obzira na promjenu relacije Rješenje TP je optimalno ako su u matrici transporta na svim nezauzetim poljima nule ili pozitivni brojevi
10
Izračunavanje relativnog troška
•
Za svak svako o nez nezau auze zeto to polje polje form formir ira a se se “la “lana nac” c” ili “zat “zatvo vore reni ni put” koji polazi od tog polja i vraća se na to polje preko zauzetih polja Broj Broj polj polja a u lanc lancu u je je uvi uvije jekk par paran an i naj najma manj nje e je je jed jedna nakk 4, 4, a najviše m+n Pravila za za fo formiranje la lanca
• • • • •
• •
Bilo Bilo koja koja dva uzasto uzastopna pna polja polja nalaz nalaze e se se u istom istom retku retku ili stupcu stupcu U isto istom m retk retku u ili ili stup stupcu cu ne ne mog mogu u biti biti tri tri uza uzast stop opna na polj polja a Poslje Posljedn dnje je polj polje e mora mora se nalaz nalaziti iti u istom istom stupcu stupcu ili retku retku u kojem kojem se nalazi i polje za koje ra čunamo relativni trošak
Relativni trošak (karakteristika lanca ) jednaka je ukupnom zbroju jedini čnih cijena uzetih s predznakom + ili Cije Cijene ne polj polja a uzima zimaju ju se naiz naizmj mjen eniično s predznakom + i i to tako da je cijena na polju čiji relativni trošak računamo pozitivna (kod nekih autora po činje inje se se s - i tada je kriterij optimalnosti da su svi relativni troškovi negativni ili 0)
Izračunavanje relativnog troška
Početno rješenje dobiveno metodom najmanjih troškova O1 I 1
20
I 2
17
I 3
15
b j
O2 11
O3 15
O4
ai
13
2
2
14
12
13 4
12
18
3
3
18 3
1
3
2
4
5
6
z = 207
7 15
Karakteristika lanca za polje (1,1) k 11 = c11 − c12 + c32 − c31 = 20 − 11 + 12 − 15 = 6
Karakteristika lanca za polje (3,1) k 13 = c13 − c23 + c24 − c34 + c32 − c12 = 15 − 12 + 13 − 18 + 12 − 11 = −1
11
Izračunavanje relativnog troška Karakteristika lanca za polje (1,1) k 11 = c11 − c12 + c32 − c31 = 20 − 11 + 12 − 15 = 6
(1,1)
(1,2)
+20
-11
(3,1)
(3,2)
-15
+12
Karakteristika lanca za polje (3,1) k 13 = c13 − c23 + c24 − c34 + c32 − c12 = 15 − 12 + 13 − 18 + 12 − 11 = −1
+15 (1,3)
-11 (1,2)
(2,4)
(2,3)
-12
+13
(3,2)
(3,4)
+12
-18
Izračunavanje relativnog troška
O1 I 1
20
I 2
17
I 3 b j
O2 11
O3
-
15 12
7 12
+
3
-4
4
2
18
18
1
3
+
13
7
3
ai
-1
14
15
13
2
6
O4
1 4
3
5
2 6 7
15
Najveći negativni relativni trošak je na polju (1,4) i iznosi -4. Na to polje rasporedit ćemo manji od brojeva koji se nalaze u poljima lanca s predznakom -. min{3,2} = 2 Taj se iznos dodaje na poljima s predznakom +, a oduzima na poljima s predznakom -. Na taj na čin prazno polje postaje popunjeno, a jedno puno polje postaje prazno.
12
Novi raspored
O1 I 1
20
I 2
17
I 3 b j
O3
O2 11
15
10 14
12
3
13 4
18
2
6
1
7
18
3
3
2
2
3
7 12
3
ai
13
4
7 15
O4
1 4
5
15
z = 13 ⋅ 2 + 12 ⋅ 4 + 13 ⋅ 2 + 15 ⋅ 3 + 12 ⋅ 3 + 18 ⋅ 1 = 199
→ min
Dobiveno rješenje je optimalno jer su na svim praznim poljima pozitivni brojevi. Karakteristike svih lanaca su pozitivne i raspoređivanje autobusa na ta polja pove ćalo bi ukupni ukupni trošak dolazaka dolazaka autobusa autobusa na početne stanice.
Rješenje Ukupno trošak rasporeda autobusa bit će najmanji ako iz prve garaže 2 autobusa odu do 4. stanice, iz druge garaže 4 autobusa do 3. stanice i 2 autobusa do 4. stanice, a iz treće garaže 3 autobusa do 1. stanice, 3 autobusa do 2. stanice i 1 autobus do 4. stanice. Rješenje je nedegenerirano nedegenerirano (m+n-1 = 6, a toliko je varijabli varijabli različito od nule). S1
3
G1
3
G2 G3
4 2
S2 S3
2 1
S4
13
MODI metoda (The (The Modi Modifie fied d Distr Distrib ibuti ution on Meth Method od)) (Modificirana metoda raspodjele) • • • •
Metoda za određivanje optimalnog rješenja Polazi od početnog bazičnog rješenja dobivenog nekom od metoda za određivanje početnog rješenja Razl Razlik iku uje se od me metod tode ra raspo spodjele jele po načinu izračunavanja relativnih troškova Relativni troškovi izračunavaju se uz pomo ć dualnih varijabli koriste ći dvije formule - za zauzeta i nezauzeta nezauzeta polja polja Za svako zauzeto polje
cij = u i + v j
Za svako nezauzeto polje
k ij = cij − (u i + v j )
Da bi se izračunale vrijednosti dualnih varijabli jednoj varijabli pridruži se proizvoljna proizvoljna vrijednost. Obično se uzima u1 = 0 ili se odabere vrijednost 0 za onu varijablu koja odgovara stupcu ili retku s najviše zauzetih polja.
MODI MODI metod metoda a - Izračunavanje relativnog troška
I 1
20
I 2
17
I 3
15
O3
O2
O1
11 11
O4
15
13 13
2
6
-1
14
12
7
4
2
18
3
-4 13
7 12 12
ai
18 18
1
1
3
b j
3
3
4
5
v j
14
11
16
17
2 6 7
ui 0 -4 1
15
Najveći negativni relativni trošak je na polju (1,4) i iznosi -4. Na to polje rasporedit ćemo manji od brojeva koji se nalaze u poljima lanca s predznakom -. min{3,2} = 2 Taj se iznos dodaje na poljima s predznakom +, a oduzima na poljima s predznakom -. Na taj na čin prazno polje postaje popunjeno, a jedno puno polje postaje prazno.
14
Novi raspored O1 I 1
20
I 2
17
I 3
15
O2
O3
11 11
15
10 14 14
2
2
6
1
7
13 13
7 12 12
2
3 12
7
ai
13 13
4 4
18
18 18
3
3
O4
1
b j
3
3
4
5
v j
10
7
12
13
ui 0 0 5
15
z = 13 ⋅ 2 + 12 ⋅ 4 + 13 ⋅ 2 + 15 ⋅ 3 + 12 ⋅ 3 + 18 ⋅ 1 = 199
→ min
Dobiveno rješenje je optimalno jer su na svim praznim poljima pozitivni brojevi. Karakteristike svih lanaca su pozitivne i raspoređivanje autobusa na ta polja pove ćalo bi ukupni ukupni trošak dolazaka dolazaka autobusa autobusa na početne stanice.
Alternativna rješenja TP Zadan je sljede ći početni raspored: O2
O1 I 1
2
I 2
4
I 3
5
b j
O3
6
7 15
30
30
-1
6
4
3 3
5
40
9
1 5
35
50
ai
4 15
8 3 6
O4
20
-1 40
60 45 35 140
z = 30 ⋅ 2 + 15 ⋅ 6 + 15 ⋅ 7 + 5 ⋅ 6 + 40 ⋅ 4 + 35 ⋅ 3 = 550
Na dva nezauzeta polja, (1,4) i (3,4) dobili smo jednaki najve ći negati negativni vni relativni trošak -1. Na bilo koje od ta dva polja možemo rasporediti rasporediti najve ći mogući teret. U oba slučaja ukupno smanjenje troškova je isto.
15
Alternativna rješenja TP Raspored na polje (1,4) O1 I 1
2
I 2
4
I 3 b j
O3
O2 6
7
8
6
2 5
3 6 30
20
45
25
9
1 6
35
50
60
15
4
2
20
0 40
O1
ai
4 1
15
30
O4
Raspored na polje (3,4)
35
I 1
2
I 2
4
I 3
5
b j
140
O2
O3
6
7
8
6
2
2 3
6 30
60
0 4
20
45
25
9
1
6
20
50
ai
4
1
30
30
O4
20
35
15
40
140
z = 30 ⋅ 2 + 15 ⋅ 6 + 15 ⋅ 4 + 20 ⋅ 6 + 25 ⋅ 4 + 35 ⋅ 3 = 535 z = 30 ⋅ 2 + 30 ⋅ 6 + 20 ⋅ 6 + 25 ⋅ 4 + 20 ⋅ 3 + 15 ⋅ 1 = 535
U oba slučaja dobili smo optimalno optimalno rješenje. rješenje. Relativni trošak na nezauzetom polju jednak nuli zna či postojanje još jednog optimalnog optimalnog rješenja.
2 broj nula
Broj optimalnih rješenja =
Otvoreni transportni problem m
n
i =1
j =1
∑ ai ≠ ∑ b j • • •
Ukup Ukupna na ponu ponuda da nije nije jedn jednak aka a uku ukupn pnoj oj potr potraž ažnj njii Višak je moguć na strani ponude ili na strani potražnje Post Postoj oje e dvij dvije e vrst vrste e otvo otvore reno nog g trans transpo port rtno nog g prob proble lema ma m
∑ ai
n
> ∑ b j
i =1
j =1
m
n
i =1
j =1
∑ ai < ∑ b j
Otvoreni TP s viškom u ponudi Otvoreni TP s viškom u potražnji
16
Otvoreni transportni model s viškom u ponudi m
n
i =1
j =1
∑ ai > ∑ b j •
Radi se o općem problemu minimuma sa sljede ćim ograničenjima x11 + x12 + ... + x1n ≤ a1
x11 + x 21 + ... + x m1 = b1
x21 + x22 + ... + x 2 n ≤ a 2
x12 + x 22 + ... + x m 2 = b2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
x1n + x 2 n + ... + x mn = bn
x m1 + x m 2 + ... + x mn ≤ a m n
Funkcija cilja
m
min(∑ ∑ cij xij )
xij ≥ 0
j =1 i =1
Otvoreni transportni model s viškom u ponudi
•
Da bi rije riješi šilili ovaj ovaj prob proble lem m pre pretv tvar aram amo o ga ga u zatv zatvor oren enii TP TP uvođenjem fiktivnog odredišta s kapacitetom koji je jednak višku u ponudi. Jedini čni troškovi prijevoza su nula. m
n
i =1
j =1
b f = ∑ a i − ∑ b j
cif = 0
za i = 1, 2,..., m
17
Otvoreni transportni model s viškom u ponudi Odredišta
Ponuda
O1
O2
O3
........
O f
On
ai
Ishodišta
x11
x12
x 21 c31
I 3
..........
x m1
........
0
x1n c 2n
...........
...........
0
c 3n
a2
x2 f
x 2 n 0
cmn
a3
x3 f
............
............
0
xmn
x m3
b3
a1
x1 f
x3 n
c m3
b2
c1n
x33
x m 2
b1
b j
........
........
x32
cm2
c m1
Potražnja
c33
c32
............
I m
x 23
x 22
x 31
.........
x13 c 23
c 22
c21
I 2
c13
c12
c11
I 1
bn
xmf
am
b f
Otvoreni transportni model s viškom u ponudi x11 + x12 + ... + x1n + x1 f = a1
x11 + x 21 + ... + x m1 = b1
x 21 + x 22 + ... + x 2 n + x 2 f = a 2
x12 + x 22 + ... + x m 2 = b2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
x1n + x 2 n + ... + x mn = bn
x m1 + x m 2 + ... + x mn + x mf = a m
x1 f + x 2 f + ... + x mf = b f
xij ≥ 0
z = c11 x11 + c12 x12 + ... + c1n x1n + 0 x1 f +
c 21 x 21 + c 22 x 22 + ... + c 2 n x 2 n + 0 x 2 f + .
.
.
.
.
.
c m1 x m1 + c m 2 x m 2 + ... + c mn x mn + 0x mf → min
18
Otvoreni transportni transportni model s viškom u ponudi - primjer O1
O2
O3
I 1
10
20
14
I 2
12
10
8
14
15
12
I 3 b j
I 1
10
I 2
12
I 3
14
35 20
O1
O2
O3
10
0
12
10
0 0
15
15
25
5
10 10
20
Otvoreni TP pretvorili smo u zatvoreni i dalje rješavamo postupkom za zatvoreni TP. U tablici je prikazan po četni raspored dobiven metodom najmanjih jediničnih troškova.
ai
0
8
15 30
O4 6
-1
10
70 65
14 9
2
b j
10
15
20
Potražnja iznosi 65, a ponuda je 70. Radi se o otvorenom TP s viškom u ponudi. Dodajemo dopunski stupac.
25
30
20
ai
35
-4 5
70
Otvoreni transportni model s viškom u potražnji m
n
i =1
j =1
∑ ai < ∑ b j •
Radi se o općem problemu minimuma sa sljede ćim ograničenjima x11 + x12 + ... + x1n = a1
x11 + x 21 + ... + x m1 ≤ b1
x21 + x22 + ... + x 2 n = a 2
x12 + x 22 + ... + x m 2 ≤ b2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
x1n + x 2 n + ... + x mn ≤ bn
x m1 + x m 2 + ... + x mn = a m n
Funkcija cilja
m
min(∑ ∑ cij xij )
xij ≥ 0
j =1 i =1
19
Otvoreni transportni model s viškom u potražnji
•
Da bi riješ riješili ili ovaj ovaj prob proble lem m pre pretv tvar aram amo o ga ga u zatv zatvor oren enii TP TP uvođenjem fiktivnog ishodišta s kapacitetom koji je jednak višku u potražnji. Jedini čni troškovi prijevoza su nula. n
m
j =1
i =1
a f = ∑ b j − ∑ ai
c jf = 0 za j = 1,..., n
Otvoreni transportni model s viškom u potražnji Odredišta
Ponuda
O1
O3
O2
........
On
ai
Ishodišta
x11
x 21 c31
I 3
b j
...........
c m3
b1
b2
c2n
x 2 n c 3n
x 3n ...........
.........
0
x 2 f
x1n
............
c mn
xmn
xm3
x m2 0
........
c1n
x 33
..........
x f 1
........
........
x 32
x m1 0
x 23 c33
c m2
c m1
I f
c 23
c32
............
I m
x13
x 22
x 31
.........
Potražnja
x12 c 22
c21
I 2
c13
c12
c11
I 1
........
x 3 f
b3
0
x nf ...........
a1 a2
a3 ............
am
a f
bn
20
Otvoreni transportni model s viškom u potražnji x11 + x12 + ... + x1n = a1
x11 + x 21 + ... + x m1 + x f 1 = b1
x21 + x 22 + ... + x2 n = a 2
x12 + x 22 + ... + x m 2 + x f 2 = b2
.
.
.
.
.
.
xm1 + xm 2 + ... + xmn = a m
.
.
.
.
.
.
x1n + x 2 n + ... + x mn + x fn = bn x1 f + x 2 f + ... + x mf = b f
xij ≥ 0
z = c11 x11 + c12 x12 + ... + c1n x1n +
c 21 x21 + c 22 x22 + ... + c 2 n x2 n + .
.
.
.
.
.
c m1 x m1 + c m 2 x m 2 + ... + cmn x mn + cf1 x f 1 + c f 2 xe 2 + ... + c fn x fn
→ min
Otvoreni transportni transportni model s viškom viškom u potražnji - primjer O1
O3
O2
O4
I 1
10
20
14
22
I 2
12
10
8
18
I 3
14
15
12
14
b j
45
O1 I 1 I 2 I 3 I 4 b j
10
O2
O3
O4
14
10
12 18
12
9 14 0
20
0
0
0
-1 15
ai
1
5
10
45
6 8
15
70
2 20
30
30
Potražnja iznosi 110, a ponuda je 70. radi se o otvorenom TP s viškom u potražnji. Dodajemo dopunski redak.
110
22
10
3
0
35 30
9
10
10
20
25
14
25
15
20
12
ai
25 10 35 40
Otvoreni TP pretvorili smo u zatvoreni i dalje rješavamo postupkom za zatvoreni TP. U tablici je prikazan po četni raspored dobiven VAM metodom.
110
21
Degeneracija kod TP Transportni problem je degeneriran ukoliko bazi čno rješenje ima manje od m+n-1 varijabli razli čitih od nule. U tom slučaju bazično rješenje nije mogu će poboljšati nekom od metoda za dobivanje optimalnog rješenja koje zahtijevaju po četni raspored (nedostaje jedan ili više “kamena”) pa je potrebno degenerirano rješenje pretvoriti u nedege nedegenerira nerirano no tj. ono ono kod kod kojeg kojeg je je broj broj varijabl varijablii bazi čnog rješenja m+n-1. Degeneracija se može pojaviti: 1. Kod Kod po početnog bazičnog rješenja (po četni raspored tereta) 2. U nekoj nekoj od iter iteraci acija ja (dva (dva nezau nezauzet zeta a polja polja s isto istom m negativnom karakteristikom lanca)
Degeneracija kod TP • U praksi najčešće nedostaje 1 “kamen”, a kod ve ćih matrica 2 “kamena” • Dege Degene nera raci cija ja se se javl javlja ja u slu slučajevima jednakih parcijalnih suma ponude i potražnje kad se istovremeno iscrpi ponuda i zadovolji potražnja • Da bi izbjeg izbjeglili dege degener neraci aciju ju pove povećamo količinu u ishodištu / odredištu kako bi se izbjeglo da stupac i redak budu budu istovremeno zadovoljeni. • Količine se promjene za proizvoljno malu veli činu ε koju u optimalnom rješenju nadomjestimo nulom kako ne bi došlo do promjene ukupnih troškova • Napomena: U praksi se umjesto ε stavlja 0.
22
Grafički prikaz degeneracije I 1
I 3
I 2
O1
I 4
O3
O2
Grafički prikaz degeneracije je stablo sa m+n čvorova (7) i manje od m+n-1(6) grana. U našem slu čaju imamo 5 grana. Stablo je nepovezano. Sastoji se od dva parcijalna dijela koje spajamo kako bi degenerirano bazi čno rješenje pretvorili u nedegenerir nedegenerirano ano bazično rješenje. Spajanje je mogu će izvršiti povezivanjem bilo kojeg ishodišta jednog dijela s bilo kojim odredištem drugog dijela.
Degeneracija Degeneracija kod TP - primjer Početno bazično rješenje (degenerirano) O2
O1 I 1
10
I 2
8
I 3
11
I 4
7
b j
12
O3 3
20 20
4
2 10
9
4 20
8
5 10
40
10
30
Početno bazično rješenje (nedegenerirano)
ai
O2
O1
20
I 1
10
30
I 2
8
20
I 3
11
10
I 4
7
80
b j
12
O3 3
20
20 20
4
2 10
9
ε
4 20
8
5 10
40
10
ai
30+ ε
30+ε 20 10 80
Početno bazično rješenje dobiveno metodom sjeverozapadnog kuta je degenerirano degenerirano jer je broj zauzetih polja 5 < 6 = m+n-1. Rasporedivši količinu 10 na polje (2,2) zadovoljili smo istovremeno drugo ishodište i drugo odredište pa pove ćamo ponudu drugog ishodišta za ε. To povećanje rasporedimo na polje (2,3) kao fiktivni teret. Moramo pove ćati i potražnju trećeg ishodišta za ε. Dobili smo nedegenerirano nedegenerirano bazično rješenje.
23
Degeneracija Degeneracija kod TP - primjer Prva iteracija O2
O1 I 1
10
I 2
8
I 3
11
I 4
7
b j
Druga iteracija
12
3
20 20
6 4
2
9
ε
I 1
10
30+ε
I 2
8
20
I 3
11
10
I 4
7
80
b j
4 20
3 8
5
-4
1 10
10 30+ε
O2
O1
20
-1
10
1
40
ai
O3
12
3
20 10
6 4
-1 2
10 9
10+ε 4
1
20
3 8
5
10 40
ai
O3
1 10
4 30+ε
20 30+ε 20 10 80
Fiktivni teret rasporedili smo na polje (2,3), a potom izračunali karakteristike praznih polja. Najve ća negativna karakteristika je na polju (4,1) i tu smo rasporedili najveći mogući teret (10) i isto toliko dodali na polje (2,3), a oduzeli na poljima (1,1) (1,1) i (4,3). U drugoj drugoj iteraciji najveća negativna karakteristika je na polju (1,3) i tu rasporedimo najveći mogući teret (10+ε). Isto dodamo na polju (2,1), a oduzmemo na poljima (1,1) i (3,3).
Degeneracija Degeneracija kod TP - primjer Treća iteracija O2
O1 I 1
10
I 2
8
I 3
11
I 4 b j
12
3
4
2 10
9
20
2 8
5
10 40
1 4
0 7
10+ε
6
10-ε 20+ε
ai
O3
5 10
5 30+ε
20 30+ε 20 10
80
Nakon preraspodjele tereta u trećoj iteraciji sve karakteristike karakteristike praznih praznih polja su pozitivne što znači da smo dobili optimalno rješenje. Dobiveno rješenje je nedegenerirao nedegenerirao jer ima ukupno ukupno 6 bazičnih varijabli različitih od nule. Stavljajući ε =0 dobivamo optimalno rješenje. Min= 10*10+10*3+20*8+10*4+20*4+10*7=480
24
Dual transportnog problema u i ; i = 1 ,2 ,...,m
Dualne varijable
vi ; j = 1 ,2 ,...,n
Ograničenja
- varijable varijable za ishodišt ishodišta a - varijable varijable za odredišt odredišta a
u1 + v1 ≤ c11
u 2 + v1 ≤ c 21
...
u1 + v 2 ≤ c12
u 2 + v 2 ≤ c 22
...
u m + v2 ≤ cm 2
u 2 + vn ≤ c2 n
...
u m + v n ≤ c mn
.
.
.
.
.
.
u1 + v n ≤ c1n
u m + v1 ≤ c m1
Nema ograničenja nenegativnosti nenegativnosti dualnih varijabli. Funkcija cilja W = a1u1 + a 2 u 2 + ... + a m u m + b1v1 + b2 v 2 + ... + bn v n → max
Dual transportn transportnog og problema problema - primjer primjer Originalni problem transporta - PRIMAL
O1 I 1
20
I 2
17
I 3
15
b j
O2
x11 x 21 x 31 3
11 14 12
x12 x 22 x 32 3
O3 15
O4
x13
12
x 23
18
x 33 4
13 13 18
ai
x14
2
x 24
6
x 34
7
5
15
min(20 x11 + 11 x12 + 15 x13 + 13 x14 + 17 x 21 + 14 x 22 + 12 x 23 + 13 x 24 + 15 x31 + 12 x32 + 18 x33 + 18 x34 )
xij ≥ 0
; i = 1,2,..., m ;
j = 1,2,..., n
25
Dual transport transportnog nog problema problema - primjer Originalni problem transporta - PRIMAL x11 + x12 + x13 + x14
=2
→ u1
=6
→ u2
x 31 + x 32 + x33 + x34 = 7
→ u3
x 21 + x 22 + x 23 + x 24 + x 21
x11
+ x 31 + x 22
x 12
=3
→ v2
=4
→ v3
+ x 34 = 5
→ v4
+ x 33 + x 24
x14
→ v1
+ x 32
+ x 23
x13
=3
min(20 x11 + 11 x12 + 15 x13 + 13 x14 + 17 x 21 + 14 x 22 + 12 x 23 + 13 x 24 + 15 x31 + 12 x32 + 18 x33 + 18 x34 )
xij ≥ 0
; i = 1,2,..., m ;
j = 1,2,..., n
Dual transport transportnog nog problema problema - primjer + v1
u1
≤ 20 + v2
u1
≤ 11 + v3
u1
≤ 15 + v 4 ≤ 13
u1 + v1
u2
≤ 17 + v2
u2
≤ 14 + v3
u2
≤ 12 + v 4 ≤ 13
u2 u 3 + v1 u3 u3 u3
≤ 15 + v2
≤ 12 + v3
≤ 18 + v 4 ≤ 18
W = 2u1 + 6u 2 + 7u 3 + 3v1 + 3v 2 + 4v3 + 5v 4 → max
26
Dualne varijable u MODI metodi I 1
20
I 2
17
I 3
15
u1 u1
11 11
O4
15
13 13
2
6
-1
14
12
7 12 12
4
18 18
1
3
3
4
5
v j
14
11
16
17
≤ 20
u 2 + v1
= 11
u2
≤ 15
u2
+ v 4 ≤ 13
u2
+ v2 + v3
-4 1
7
3
1
0
2 6
2
18
3
-4 13
7
ui
ai
b j
u1 + v1 u1
O3
O2
O1
15
≤ 17
u 3 + v1
≤ 14
u3
= 12
u3
+ v 4 = 13
u3
+ v2 + v3
= 15
+ v2
= 12
+ v3
≤ 18 + v 4 = 18
W = 2u1 + 6u 2 + 7u 3 + 3v1 + 3v 2 + 4v3 + 5v 4 → max
Za zauzeta polja u ograni čenjima vrijedi jednakost.
Dualne varijable u MODI metodi O1
I 1
20
I 2
17
I 3
15
O2 11 11
15
10
13 13
4 14 14 12 12
2
2
6
1
7
13 13
7
4
18
18 18
3
1
ai
2
3 12
7 3
O4
O3
b j
3
3
4
5
v j
10
7
12
13
ui 0 0 5
15
min z = 13 ⋅ 2 + 12 ⋅ 4 + 13 ⋅ 2 + 15 ⋅ 3 + 12 ⋅ 3 + 18 ⋅ 1 = 199 max W = 2 ⋅ 0 + 6 ⋅ 0 + 7 ⋅ 5 + 3 ⋅ 10 + 3 ⋅ 7 + 4 ⋅ 12 + 5 ⋅ 13 = 199
27
Analiza varijabli duala
Utjecaj potražnje
Utjecaj ponude
v j > 0
v j < 0
ui > 0
ui < 0
ai
z
z
b j
z
z
ai
z
z
b j
z
z
Vrijednost funkcije z raste ili pada ako se promijeni ponuda ili potražnja bilo kojeg ishodišta ili odredišta ovisno o predznaku dualnih varijabli. Vrijednost dualne dualne varijable kaže za koliko se promijeni funkcija cilja ako se ponuda ili potražnja promijene za jednu jedinicu.
28
