Bài giảng quy hoạch tuyến tính chương 4 đh tôn đức thắng

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (125.5 KB, 30 trang )

Chương 4
BÀI TOÁN VẬN TẢI

20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

1

NỘI DUNG
1. Bài toán vận tải dạng tổng quát
1.1 Phát biểu bài toán vận tải (BTVT)
1.2 Đặt bài toán vận tải dưới dạng bảng
1.3 Các tính chất của bài toán vận tải
2. Thuật toán thế vị
2.1 Tiêu chuẩn tối ưu
2.2 Thuật toán
3. Các trường hợp đặc biệt của BTVT
20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

2

Bài toán vận tải dạng tổng quát
1. Phát biểu bài toán
Có m điểm phát S i , với lượng phát tương ứng
ai , i = 1,..., m; phát hàng đến n điểm thu T j , với
lượng thu tương ứng b j , j = 1,..., n.

Si : ai →
Tj : bj
cij
xij

với: cij là cước phí vận chuyển 1 đơn vị hàng từ
điểm phát S i , i = 1,..., m đến điểm thu T j , j = 1,..., n
xij là lượng hàng được vận chuyển từ S i đến Tj ,
i = 1,..., m; j = 1,..., n.
20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

3

Bài toán vận tải dạng tổng quát
Vấn đề: Lập kế hoạch vận chuyển như thế nào để
tổng cước phí vận chuyển là bé nhất? Biết rằng
hàng hóa có thể vận chuyển từ một điểm phát bất
kỳ đến một điểm thu bất kỳ.

20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

4

Bài toán vận tải dạng tổng quát
Mô hình bài toán có dạng:
f(X) =

n

m

∑∑c
j =1 i =1

ij

x ij → min

 n
 ∑ x ij = ai , i = 1,..., m
 j =1
 m
 ∑ x ij = b j , j = 1,..., n
 i =1
 x ij ≥ 0, i = 1,..., m ; j = 1,..., n


20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

5

Bài toán vận tải dạng tổng quát
Điều kiện cân bằng thu phát:
m

∑a
i =1

20/6/2012

i

=

n

∑b
j =1

j

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

6

Bài toán vận tải dạng tổng quát
2. Đặt bài toán dưới dạng bảng
Thu
Phát

S1 : a1

T1 : b1
c11

ci1

20/6/2012

x m1

c1n

cin

xij

...
cm1

Tn : bn
x1n

...
cij

xi 1

...

x1j

...

⋮
Sm : am

Tj : bj
c1j

x11

⋮
Si : ai

...

xin

...
cmj

xmj

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

cmn

xmn

7

Bài toán vận tải dạng tổng quát
Định nghĩa 1 Một tập hợp các ô thỏa mãn tính chất:
• 2 ô liên tiếp cùng nằm trên cùng 1 hàng hay 1 cột;
• 3 ô liên tiếp không cùng nằm trên cùng 1 hàng hay 1
cột
được gọi là một dây chuyền.
Một dây chuyền khép kín được gọi là một chu trình.

20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

8

Bài toán vận tải dạng tổng quát
Định nghĩa 2
Những ô có x ij > 0 được gọi là ô chọn, những ô
còn lại được gọi là ô loại.
Định nghĩa 3 Một phương án (PA) mà các ô chọn
không tạo thành chu trình đgl PA cơ bản (PACB).
Một PACB đủ (m + n – 1) ô chọn đgl PACB không
suy biến.

20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

9

Bài toán vận tải dạng tổng quát
3. Các tính chất của BTVT
i. BTVT cân bằng thu phát luôn luôn có PATƯ.
ii. Trong 1 PACB bất kỳ, tổng số ô chọn luôn nhỏ
hơn hoặc bằng tổng số điểm phát và thu trừ đi 1.
(Số ô chọn ≤ (m + n − 1) ).
iii. Với PACB có đủ (m + n − 1) ô chọn, thì với 1 ô loại
bất kỳ sẽ tạo thành một chu trình duy nhất với một
số ô chọn.

20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

10

Thuật toán thế vị
1. Tiêu chuẩn tối ưu
Xét BTVT cân bằng thu phát
f (x) =

m

n

∑∑c
i =1 j =1

ij

x ij → min

 n
 ∑ x ij = ai , i = 1,..., m
 j =1
m
 ∑ x ij = b j , j = 1,..., n
 i =1
 x ij ≥ 0, i = 1,..., m ; j = 1,..., n


20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

11

Thuật toán thế vị
Bài toán đối ngẫu của bài toán trên:
m

n

i =1

j =1

g (u,v ) = ∑ ai ui + ∑ b j v j → max
ui + v j ≤ cij , i = 1, m; j = 1, n.

20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

12

Thuật toán thế vị
Định lý 1
PA X = ( xij ) của BTVT là PATƯ khi và chỉ khi tìm
được các số ui ,v j , i = 1, m; j = 1, n thỏa mãn:

ui + v j ≤ cij , ∀(i , j )

ui + v j = cij , ∀(i , j ) ∈ G( X ),
G( X ) = {(i , j ) : xij > 0}

20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

13

Thuật toán thế vị
2. Thuật toán thế vị
- Bước 1 (Bước khởi tạo)
Tìm PACB xuất phát X 0 = ( xij0 ) theo nguyên tắc phân
phối tối đa:
Giả sử cần phân phối cho ô (i,j). Lượng hàng tối đa
có thể phân phối là xij = min{ai , b j }
Sau đó, điều chỉnh lại các yêu cầu:

ai′ = ai − xij

b′j = b j − xij
20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

14

Thuật toán thế vị
• Nếu ai′ = 0 , thì loại dòng i.
• Nếu b′j = 0 , thì loại cột j.
• Nếu ai′ = b′j = 0 , thì loại cả dòng i và cột j.

20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

15

Thuật toán thế vị
x
19

Ví dụ 1
ai

51
x

20/6/2012

bj

30

60

46

25

50

4

7

12

7

70

5

9

6

1

41

8

9

1

19

2
41

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

16

Thuật toán thế vị
Ta được bảng mới thu gọn.
Lặp lại hai phép toán trên với bảng mới thu gọn
đến khi yêu cầu của điểm phát và điểm thu được
thỏa mãn.
Các ô được phân phối có xij > 0, những ô còn lại
có xij = 0.

20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

17

Thuật toán thế vị
Dựa vào nguyên tắc phân phối tối đa và cách thức
chọn ô ưu tiên phân phối, xét 3 phương pháp:
i. Phương pháp góc Tây Bắc: ô đầu tiên được chọn
để phân phối là ô ở vị trí góc Tây Bắc (ô (1,1)).
ii. Phương pháp cực tiểu cước phí: ô đầu tiên được
chọn để phân phối là ô có cước phí bé nhất.
iii. Phương pháp Fogel: trên mỗi hàng, cột chọn ra
hai ô có cước phí bé nhất (bé nhì), lấy hiệu số
của chúng. Ô có cước phí bé nhất tương ứng ở
hàng, cột có hiệu số lớn nhất sẽ là ô đầu tiên
được chọn để phân phối.
20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

18

Thuật toán thế vị
Nếu PACB tìm được có đủ ( m + n − 1) ô chọn, thì
sang Bước 2.
Ngược lại, thêm vào ô (i , j ) nào đó một lượng hàng
xij = 0 sao cho:
• đủ số ( m + n − 1)
• và ô (i , j ) này không tạo thành chu trình với các ô
chọn.
→ Bước 2.

20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

19

Thuật toán thế vị
- Bước 2 (Bước lặp)
Ở đầu bước lặp đã có PACB đủ ( m + n − 1) ô chọn.
i. Xác định các thế vị ui ,v j , i = 1, m ; j = 1, n

ui + v j = cij , ∀(i , j ) ∈ G( X )
Chọn u1 = 0.
ii. Tính các ước lượng theo công thức:

∆ ij = ui + v j − cij , ∀(i , j )
20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

20

Thuật toán thế vị
iii. Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu
Nếu ∆ ij ≤ 0, ∀(i , j ) thì PA đang xét là PATƯ. Ngược
lại, chuyển sang iv.
iv. Chọn ô (i * , j * ) là ô có ước lượng dương lớn
nhất:

∆ i * j * = max{∆ ij : ∆ ij > 0}
*

*

Khi đó, ô (i , j ) sẽ tạo nên một chu trình duy nhất
với một số ô chọn.
*
*
→ Ô (i , j ) sẽ là ô chọn ở bảng mới.
20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

21

Thuật toán thế vị
Đặt tên chu trình là K. Đánh dấu +, - xen kẽ vào
*
*
các ô thuộc K, bắt đầu từ ô (i , j ) mang dấu +.
Đặt :
K + = { những ô mang dấu +}
−

K = { những ô mang dấu -}

20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

22

Thuật toán thế vị
Tiến hành điều chỉnh PA X = ( xij ), ta có PA mới
X = ( xij ), với

 xij
(i , j ) ∉ K ,

+
xij =  xij + θ (i , j ) ∈ K ,


−
x
−
θ
(
i
,
j
)
∈
K
,
 ij
−
θ
=
x
=
min{
x
:
(
i
,
j
)
∈
K
}

trong đó,
i j
ij
0 0

→ Ô (i0 , j0 ) là ô loại ở bảng mới.
Thay X bởi X và lặp lại Bước lặp.
20/6/2012

MaMH: C01019 Chương 4: Bài toán vận tải

23

Thuật toán thế vị

ai
50
70
41

θ = 24
20/6/2012

30
4

60
7