Ứng dụng Excel giải từng bước bài toán vận tải

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

ỨNG DỤNG EXCEL GIẢI TỪNG BƯỚC
BÀI TOÁN VẬN TẢI

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Hà Nội – Năm 2017


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

ỨNG DỤNG EXCEL GIẢI TỪNG BƯỚC
BÀI TOÁN VẬN TẢI
Chuyên ngành: Toán ứng dụng

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
Th.S. Phạm Văn Duẩn

Hà Nội – Năm 2017


Lời cảm ơn
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lời
biết ơn sâu sắc tới thầy giáo Th.S Phạm Văn Duẩn người đã tận tình
hướng dẫn em để hoàn thành khoá luận này.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô
trong tổ Toán ứng dụng nói riêng và các thầy cô khoa Toán trường
Đại học Sư Phạm Hà Nội 2 nói chung đã quan tâm động viên khích
lệ và dạy bảo em tận tình trong suốt quá trình hoàn thành khóa luận
và học tập tại khoa.
Hà Nội, ngày 22 tháng 4 năm 2017
Sinh viên thực hiện

Nguyễn Thị Hoàng Oanh


Lời cam đoan
Khoá luận tốt nghiệp này của em được hoàn thành dưới sự hướng dẫn
nhiệt tình của thầy giáo, Thạc sĩ Phạm Văn Duẩn cùng với sự cố gắng
của bản thân. Trong quá trình nghiên cứu, em đã tham khảo và kế
thừa những thành quả nghiên cứu của các nhà khoa học và các nhà
nghiên cứu với sự trân trọng và lòng biết ơn.
Em xin cam đoan những kết quả nghiên cứu của đề tài Ứng dụng
Excel giải từng bước bài toán vận tải không có sự trùng lặp với kết
quả của các đề tài khác. Nếu sai em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm.
Hà Nội, ngày 22 tháng 4 năm 2017
Sinh viên thực hiện

Nguyễn Thị Hoàng Oanh


Mục lục
1 Kiến thức chuẩn bị

3

1.1 Thiết lập bài toán vận tải . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2 Bảng vận tải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3 Cách phá vỡ vòng và xây dựng vòng

. . . . . . . . . .

12

1.4 Tìm phương án cơ sở xuất phát . . . . . . . . . . . . .

14

1.4.1

Phương pháp góc tây bắc . . . . . . . . . . . .

15

1.4.2

Phương pháp cực tiểu cước phí . . . . . . . . .

16

1.5 Các thuật toán giải bài toán vận tải . . . . . . . . . . .

16

1.5.1

Thuật toán quy 0 cước phí các ô chọn . . . . .

16

1.5.2

Thuật toán thế vị . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

2 GIỚI THIỆU, TÌM HIỂU VỀ VBA
2.1

23

Ghi và thực hiện macro . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

2.2 Cách thực hiện một Macro đơn giản . . . . . . . . . . .

24

2.2.1

Thực hiện macro từ một đối tượng đồ họa trong
worksheet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.2.2

Chạy macro từ nút lệnh trên thanh công cụ . .

25

2.2.3

Chạy macro từ lệnh trong menu của Excel . . .

27

2.2.4

Thay đổi lựa chọn trong Macro . . . . . . . . .

29

ii


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

2.3

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

Ngữ pháp VB (Visual Basic Grammar) . . . . . . . .

29

2.3.1

Các đối tượng (Objects) . . . . . . . . . . . . .

29

2.3.2

Các phương thức (Methods) . . . . . . . . . . .

30

2.3.3

Các thuộc tính (Properties) . . . . . . . . . . .

31

2.3.4

Các biến Variables . . . . . . . . . . . . . . . .

32

2.4 Viết macro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

2.4.1

Viết macro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

2.4.2

Sửa chữa lỗi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

2.5 Câu trúc điều khiển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

2.5.1

Câu lệnh IF . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

2.5.2

Xây dựng câu điều kiện . . . . . . . . . . . . .

41

2.5.3

Hành động lặp (Loop) . . . . . . . . . . . . . .

44

3 Giải từng bước bài toán vận tải bằng Excel

54

3.1 Tìm phương án cơ sở xuất phát bằng phương pháp góc
tây bắc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54

3.2 Sử dụng thuật toán thế vị giải bài toán vận tải . . . . .

58

iii


Lời cảm ơn
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lời
biết ơn sâu sắc tới thầy giáo Th.S Phạm Văn Duẩn người đã tận tình
hướng dẫn em để hoàn thành khoá luận này.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô
trong tổ Toán ứng dụng nói riêng và các thầy cô khoa Toán trường
Đại học Sư Phạm Hà Nội 2 nói chung đã quan tâm động viên khích
lệ và dạy bảo em tận tình trong suốt quá trình hoàn thành khóa luận
và học tập tại khoa.
Hà Nội, ngày 22 tháng 4 năm 2017
Sinh viên thực hiện

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

1


Lời cam đoan
Khoá luận tốt nghiệp này của em được hoàn thành dưới sự hướng dẫn
nhiệt tình của thầy giáo, Thạc sĩ Phạm Văn Duẩn cùng với sự cố gắng
của bản thân. Trong quá trình nghiên cứu, em đã tham khảo và kế
thừa những thành quả nghiên cứu của các nhà khoa học và các nhà
nghiên cứu với sự trân trọng và lòng biết ơn.
Em xin cam đoan những kết quả nghiên cứu của đề tài Ứng dụng
Excel giải từng bước bài toán vận tải không có sự trùng lặp với kết
quả của các đề tài khác. Nếu sai em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm.
Hà Nội, ngày 22 tháng 4 năm 2017

Sinh viên thực hiện

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

i


Mục lục

ii


Lời mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Quy hoạch tuyến tính là một trong số những môn học bắt buộc đối
với sinh viên nhiều ngành học khác nhau từ ngành học cơ bản như
toán học cho đến các ngành khoa học kĩ thuật và kinh tế. Bài toán
vận tải là một dạng đặc biệt của quy hoạch tuyến tính. Song song với
nghiên cứu lý thuyết, việc phát triển các chương trình máy tính giải
bài toán vận tải với kích thước đủ lớn để áp dụng được vào thực tiễn
cũng đã đạt được nhiều thành tựu đáng kể.
Với mong muốn được nghiên cứu và tìm hiểu sâu hơn về bộ môn này
đồng thời giúp sinh viên có công cụ để kiểm tra các bước làm của bài
toán vận tải, bước đầu làm quen với công việc nghiên cứu khoa học,
dưới góc độ là một sinh viên chuyên ngành Toán, trong phạm vi của
một khoá luận tốt nghiệp em đã chọn đề tài Ứng dụng Excel giải
từng bước bài toán vận tải.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu về Lập trình trong Excel để giải các bước của bài toán
vận tải.

- Ứng dụng phần mềm Excel giải từng bước bài toán vận tải.
1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

3. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu tổng hợp tài liệu, phân tích, tổng hợp kiến thức phục vụ
cho mục đích nghiên cứu.
- Sử dụng phần mềm Excel.
4. Đối tượng nghiên cứu
- Các bước giải bài toán vận tải .
- Sử dụng phần mềm VBA (Visual Basic for Application).
5. Phạm vi nghiên cứu
Phần mềm lập trình trong Excel để giải từng bước bài toán vận tải .

6. Cấu trúc của khoá luận
Ngoài mục lục, phần mở đầu, phần kết luận và tài liệu tham khảo,
khoá luận gồm 3 chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị.
Chương 2: Giới thiệu, tìm hiểu về VBA.
Chương 3: Giải từng bước bài toán vận tải bằng Excel.

2


Chương 1
Kiến thức chuẩn bị

1.1

Thiết lập bài toán vận tải

Bài toán vận tải là một trong những mô hình có nhiều ứng dụng trong
thực tế. Trước hết ta xét bài toán vận tải cân bằng thu- phát. Bài toán
được phát biểu như sau:
Có m điểm A1, A2, A3, ..., Am cung cấp một lợi mặt hàng nào đó có
khối lượng tương ứng a1 , a2 , a3, ..., am(ai ≥ 0, i = 1, m) và n điểm
B1, B2, B3, ..., Bn tiêu thụ loại hàng đó với khối lượng tương ứng b1, b2, b3,
. . . , bn (bj ≥ 0, j = 1, n). Ta gọi Ai (i = 1, m) là điểm phát thứ i, Bj
(j=1, n) là điểm thu thứ j. Giả thiết rằng tổng lượng hàng cần phát đi
m

ở các điểm phát bằng tổng thu về ở các điểm thu (
kiện này gọi là cân bằng thu phát.

n

bj .Điều

ai =
i=1

j=1

Giả sử chi phí vận chuyển một đơn vị(chẳng hạn: tấn) hàng từ Ai đến
Bj là cij đơn vị tiền (chẳng hạn: đồng). Ma trận C=(cij )m×n gọi là ma
trận cước phí.
Hãy lập kế hoạch vận chuyển từ mỗi điểm phát tới mỗi điểm thu bao

nhiêu đơn vị sao cho:
3


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

+ Các điểm phát đều hết hàng.
+ Các điểm thu đều nhận đủ hàng.
+ Tổng cước phí vận chuyển là nhỏ nhất.
Ta sẽ xây dựng mô hình toán học cho bài toán trên.
Gọi xij là số đơn vị hàng chuyển từ Ai đến Bj , tất nhiên xij ≥ 0(i =
1, m, j = 1, n). Tổng lượng hàng phát đi từ Ai đến mọi Bj bằng ai ,
n

tức là

xij = ai (i = 1, m), tổng lượng hàng thu về Bj từ mọi
j=1
m

Ai(i = 1, m) bằng bj , tức là

xij = bj (j = 1, n).

i=1
m
n

Tổng cước phí phải trả là

cij xij , tổng này càng nhỏ càng tốt.
i=1 j=1

Mô hình toán học của bài toán có dạng

n



xij = ai (i = 1, m)





 j=1
m

xij = bi (j = 1, n)




i=1





xij ≥ 0(i = 1, m, j = 1, n)

(1.1)

Ma trận X = (xij )m×n thỏa mãn hệ trên gọi là một phương án của
bài tóan vận tải và nếu nó làm cho tổng cước phí phải trả là nhỏ nhất
thì gọi là một phương án tối ưu của bài toán vận tải. Rõ ràng bài toán
vận tải là bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc, vì thế có
thể giải nó bằng các thuật toán của quy hoạch tuyến tính. Nhưng khi
đó số ẩn thường khá lớn (m × n ẩn và m + n ẩn phụ), số ràng buộc
cũng nhiều(m + n ràng buộc) và việc đó thường dẫn đến những chi
phí tính toán không cần thiết. Tuy nhiên lợi dụng cấu trúc đặc biệt
4


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

của bài toán vận tải ta có thể cụ thể hơn nữa thuật toán đơn hình và
thu được thuật toán đơn giản và hiệu quả để giải nó. Ta viết lại các
ma trận phương án, ma trận cước phí thành các véc tơ:

X = (x11, x12, ..., x1n; x21, x22, ..., x2n; ...; xm1, xm2, ..., xmn)
c = (c11, c12, ..., c1n; c21, c22, ..., c2n; ...; cm1, cm2, ..., cmn)
và ký hiệu b = (a1 , a2, ..., am; b1, b2, ..., bn)
A là ma trận ràng buộc gồm m+n hàng m.n cột, thành phần thứ i và
thành phần thứ j bằng 1 còn các thành phần còn lại đều bằng 0.
Khi đó bài toán vận tải có thể viết lại như sau:





f (X) = ct X → min



AX = b





X ≥ 0

(1.2)

Dễ thấy tổng m hàng đầu và tổng n hàng cuối của ma trận A là bằng
nhau(cùng bằng véc tơ e=(1,1,1,...,1))do đó rankA ≤ m + n − 1.
Kí hiệu A11, A12, A1n; A21, A22, ..., A2n; ...; Am1, Am2, ..., Amn theo thứ tự
từ trái sang phải là các cột của A và di , i = 1, m + n là dòng thứ i của
ma trận A.
Ta thấy định thức của ma trận vuông cấp m+n−1của A gồm các phần
tử nằm ở vị trí giao của các cột Aii, i = 1, m − 1 và Amj ; j = 1, n của A
dòng d1 , d2, ..., dm−1, dm+1, ..., dm + n bằng 1. Vậy rankA = m + n − 1.
Định lý 1.1. Điều kiện cân bằng thu phát (

m

ai =

i=1

5

n

bj ) là điều kiện
j=1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

cần và đủ để bài toán vận tải có phương án tối ưu.
Chứng minh. Giả sử bài toán vận tải có phương án tối ưu X ∗ =x∗ij , khi
đó
n

x∗ij = ai (i = 1, m)
j=1
m

x∗ij = bj (j = 1, n)
i=1

.
Vì vậy

m

n

ai =
i=1

j=1

m

Ngược lại, giả sử có

bj

n

bj ,ta cần chứng minh bài toán vận

ai =
i=1

j=1

tải có phương án tối ưu, tức là cần chứng minh tập hợp các phương
án của bài toán khác rỗng và hàm mục tiêu bị chặn dưới.
m

Thật vậy, đặt Q=

n

bj > 0, xét véc tơ X = (

ai =
i=1

n

j=1
m

i=1

=

j=1

1, m; j = 1, n) có thành phần xij =
Ta có

ai b j
Q ), (i

ai bj
= ai
Q
ai bj
= bj
Q

n

j=1
m

i=1

ai b j
Q

bj
= ai (i = 1, m)
Q
ai
= bj (j = 1, n)
Q

và rõ ràng xij ≥ 0, (i = 1, m, j = 1, n). Vậy X là một phương án của
bài toán vận tải, tức là bài toán vận tải có tập hợp các phương án
6


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

khác rỗng.
Xét phương án bất kỳ của bài toán X = (xij ), (i = 1, m, j = 1, n)
n

từ điều điện các xij ≥ 0 và

xij = ai suy ra
j=1

0 ≤ xij ≤ ai (i = 1, m, j = 1, n)
Vì vậy


cij xij ≥ 0

nếucij ≥ 0
nếucij < 0


cij xij ≥ cij ai

(1.3)

suy ra cij xij ≥ min(0, cij ai ) (i=1, m, j=1, n).
m

n

Do đó f (x) =

m

n

min(0, cij ai )= const.

cij xij ≥
i=1 j=1

i=1 j=1

Vậy hàm mục tiêu bị chặn dưới trên miền chấp nhận được, suy ra bài
toán có phương án tối ưu.

1.2

Bảng vận tải

Để ghi các số liệu của bài toán vận tải và để giải nó bằng các thuật
toán, ta xây dựng một bẳng vận tải gồm (m+1) dòng, (n+1) cột.
Trong bảng , mỗi hàng đặc trưng cho một điểm phát, mỗi cột đặc
trưng cho một điểm thu: hàng trên cùng ghi các bi, (i = 1, n) cột đầu
tiên ghi các ai (i = 1, m). Trừ hàng trên cùng và cột dầu tiên, phần
còn lại gọi là phần chính của bảng vận tải. Ô nằm trên hàng thứ i
, cột j đặc trưng cho tuyến đường từ Ai đến Bj gọi là ô (i, j). Phần
chính U của bảng vận tải là U = ((i, j) : i = 1, m, j = 1, n). Ở mỗi ô
(i,j) trong phần chính của bảng vận tải ta ghi cước phí vận chuyển cij

7


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

vào góc trên phía trái và lượng vận chuyển xij trong phương án X vào
góc dưới phía phải.
Định nghĩa 1.1. Những ô (i, j) ∈ U với xij > 0 gọi là những ô chọn
ứng với phương án X. Những ô còn lại gọi là những ô loại.
Ô chọn đặc trưng cho tuyến đường có vận tải hàng hóa qua.
Định nghĩa 1.2. Một dãy các ô (i, j) ∈ U mà hai ô (và không quá
2) liên tiếp của dãy luôn nằm trên cùng một hàng hoặc cùng một cột
gọi là dây chuyền.
Định nghĩa 1.3. Một dây chuyền khép kín gọi là một vòng (hoặc
một chu trình).
Định nghĩa 1.4. Ta nói rằng L là chứa vòng nếu từ các ô của L ta có
thể xây dựng ít nhất một vòng. Ngược lại, ta nói rằng L không chứa
vòng.
Ta có thể nhận biết được tập L có chứa vòng hay không nhờ Định
lý 1.2:
Định lý 1.2. Nếu trong mỗi dòng và mỗi cột của bảng vận tải hoặc
không có ô nào của L hoặc có ít nhất hai ô của L thì L chứa vòng.
Chứng minh. Bắt đầu từ một ô nào đó(i1, j1 ) thuộc L. Vì trên dòng
i1 còn ít nhất một ô khác của L, chẳng hạn (i1, j2 ), nên ta di chuyển
theo dòng i1 đến ô đó. Vì (i2, j2 ) không phải ô duy nhất của L trên
cột này nên ta di chuyển theo cột j2 đến ô L(i2, j2 ) ∈ L nằm trên cột
này. Tiếp tục từ ô (i2, j2 ) ta dịch chuyển theo dòng i2 đến ô khác của
L thuộc cột khác của bảng vận tải ...Qúa trình này không thể kéo dài
8


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

vô tận vì L ⊂ U gồm hữu hạn các ô, vì vậy đến một bước nào đó ta
sẽ quay lại một ô mà ta đã đi qua, tức là đã thực hiện được vòng.
Khái niệm vòng liên quan chặt chẽ với tính độc lập tuyến tính của
các véc tơ cột Aij của ma trận ràng buộc A trong bài toán vận tải.

Định nghĩa 1.5. Tập L ⊂ U các ô của bảng vận tải được gọi là độc lập
tuyến tính(phụ thuộc tuyến tính) nếu tập các véc tơ cột (Aij , (i, j) ∈
L) của ma trận A lập thành hệ véc tơ độc lập tuyến tính(phụ thuộc
tuyến tính).
Định lý 1.3. Tập L ⊂ U các ô của bảng vận tải là độc lập tuyến tính
khi và chỉ khi nó không chứa vòng.
Chứng minh. Giả sử L độc lập tuyến tính. Cần chứng minh L không
chứa vòng. Giả sử ngược lại L chứa vòng và gọi V là một vòng trong nó.
Điền vào các ô trong vòng V các số +θ, −θ một cách xen kẽ nhau(tức
là sao cho không có hai ô cạnh nhau nào của V lại được điền cùng
một số giống nhau) và điền 0 vào tất cả các ô còn lại. Khi θ = 1 thì
tổng các số đã điền trong mỗi hàng và mỗi cột của bảng vận tải đều
bằng 0. Điều đó có nghĩa là nếu ta đem các cột của ma trận A tương
ứng với các ô được điền +θ trong V nhân với 1 và các ô của A tương
ứng với các ô được điền −θ trong V nhân với -1, các cột còn lại nhân
với 0 rồi cộng tất cả lại ta sẽ thu được véc tơ không. Từ đó suy ra các
véc tơ cột Aij của A ứng với (i, j) ∈ L lập thành một hệ véc tơ phụ
thuộc tuyến tính, trái với giả L thiết độc lập tuyến tính.
Ngược lại, giả sử L không chứa vòng, cần chứng minh L độc lập tuyến
9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

tính.
Giả sử ngược lại L phụ thuộc tuyến tính. Khi đó, tồn tại các số λij ∈ L
không đồng thời bằng 0 sao cho
λij Aij = 0
(i,j)∈L

Điều này có nghĩa là nếu điền các số λij , (i, j) ∈ L trong biểu diễn
trên vào các ô tương ứng của bảng vận tải , các ô khác điền số 0. Khi
đó, tổng các số trong các ô được điền trong mỗi dòng và mỗi cột của
bảng vận tải thu được đều bằng 0.
Ký hiệu K là tập các ô của bảng vận tải với các số được điền khác 0:
K = ((i, j) : λij = 0)
Do tổng lượng được điền trong mỗi dòng và mỗi cột của bảng vận tải
đều bằng 0 nên mỗi dòng hoặc mỗi cột của nó hoặc không chứa ô nào
của K hoặc phải chứa ít nhất hai ô của K. Theo Định lý 1.2, khi đó
K phải là vòng. Vì K ⊂ L nên suy ra L chứa vòng, trái với giả thiết.
Vậy L độc lập tuyến tính. Định lý được chứng minh.
Ký hiệu G(X) là tập các ô chọn trong bảng vận tải tương ứng với
phương án X: G(X) = (i, j) : xij > 0
Hệ quả 1.1. Phương án X = (xij ) của bài toán vận tải là phương án
cơ sở chấp nhận được khi và chỉ khi tập các ô chọn G(X) tương ứng
với nó không chứa vòng.
Chứng minh. Ta đã biết rằng phương án X = (xij )của bài toán là
phương án cơ sở chấp nhận được khi và chỉ khi hệ các véc tơ cột của
10


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

ma trận ràng buộc A ứng với các thành phần khác rỗng của nó lập
thành hệ độc lập tuyến tính. Theo Định lý 1.2, điều đó tương đương
với G(x) không chứa vòng.
Do có hệ quả trên mà người ta còn hay gọi phương án cơ sở chấp nhận
được của bài toán vận tải là phương án không chứa vòng.
Vì rankA = m + n − 1 nên phương án cơ sở chấp nhận được là phương
án không suy biến nếu số ô chọn là m + n − 1. Trong trường hợp suy
biến, ta có thể bổ sung một số ô loại sao cho phương án cơ sở chấp
nhận đượccó m + n − 1 ô chọn. Các ô loại được bổ sung này được gọi
là các "ô chọn 0". Ta thấy điều này tương ứng với các định lý nêu
trong bài toán quy hoạch tuyến tính: Phương án cơ sở chấp nhận được
là không suy biến nếu số véc tơ cột của A tương ứng với các thành
phần dương của nó ( Khi đó các véc tơ cột này lập thành hệ độc lập
tuyến tính) đúng bằng rankA. Do đó ứng với mỗi phương án cơ sở
chấp nhận được có duy nhất một cơ sở. Trường hợp số véc tơ đó nhỏ
hơn rankA thì phương án cơ sở chấp nhận được đó gọi là suy biến và
ta có thể bổ xung một số cột của A vào hệ véc tơ đó để được một hệ
đúng bằng rankA các véc tơ cột độc lập tuyến tính.(Tương ứng với
mỗi phương án cơ sở chấp nhận được có nhiều hơn một cơ sở).
Hệ quả 1.2. Giả sử có bảng vận tải m hàng, n cột và L là một tập
gồm m + n − 1 ô của bản không chứa vòng. Giả sử ô (i, j) của bảng
không thuộc L. Nếu ta bổ xung ô (i, j) vào L để được L1 thì L1 chứa
một vòng duy nhất V . Cuối cùng, nếu loại khỏi L1 một ô tùy ý của
vòng V thì được L2 thì L2 lại gồm m + n − 1 ô của bảng không chứa
vòng.
11

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.3

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

Cách phá vỡ vòng và xây dựng vòng

Cho X là một phương án của bài toán vận tải. Lập bảng vận tải tương
ứng với X đó. Nếu tập các ô chọn G(X) không chứa vòng thì X là
phương án cơ sở chấp nhận được. Nếu G(X) chứa vòng thì ta phải tìm
cách phá vỡ vòng trong nó tức là tìm cách xây dựng từ phương án X
phương án không chứa vòng, nói cách khác xây dựng phương án cơ sở
chấp nhận được.
Định lý 1.4. Giả sử X là phương án của bài toán vận tải và G(X)
chứa vòng. Khi đó, từ phương án X ta luôn có thể chuyển sang một
phương án mới X không tồi hơn X ( tức là f (X) ≤ f (X) với tập các
ô chọn G(X) không chứa vòng.
Chứng minh. Giả sử G(X) chứa vòng V . Đánh dấu các ô trong V bởi
các dấu + và - sao cho không có hai ô cạnh nhau nào của V lại được
đánh dấu cùng một dấu. Gọi V + là tập các ô trong V được đánh dấu
- . Không giảm tổng quát có thể coi

(ci,j )

(ci,j ) ≤
(i,j)∈V +

Xây dựng véc tơ X = (xij ) theo công thức





xij + θ



xij = xij − θ





xij

(i,j)∈V −

nếu(i, j) ∈ V +
nếu(i, j) ∈ V −
nếu(i, j) ∈
/V

trong đó θ = min{(xij ), (i, j) ∈ V − }.
Rõ ràng xij ≥ 0, ∀(i, j), ngoài ra do V là vòng nên ta có
n

n

xij =

j=1

xij = ai (i = 1, m)
j=1

12

(1.4)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

m

m

xij =

xij = bj (j = 1, n)
i=1

i=1

Vậy X là phương án của bài toán vận tải.
Ta lại có

m

n

f (X) =

m

cij xij =
i=1 j=1

m

n

i=1 j=1

ci j) ≤

ci j −

cij xij + θ(
(i,j)∈V +

(i,j)∈V −

n

cij xij = f (X)
i=1 j=1

Do đó sẽ có ít nhất một ô (i0, j0 ) ∈ V − để θ =xi0j0, do đó xi0j0= 0 và

ô (i0, j0 ) ∈ V − sẽ không là ô chọn nữa. Do đó trong G(X) không còn
có mặt trong vòng V nữa.
Nếu G(X) vẫn còn vòng thì thay X bằng X và lặp lại thủ tục vừa nêu
trên thì sau một số hữu hạn bước lặp lại ta phải đến một phương án
không tồi hơn các phương án đã qua và tập hợp các ô chọn tương ứng
không chứa vòng . Định lý được chứng minh.
Định lý 1.5. Giả sử m, n ≥ 2. Khi đó tập L gồm m + n ô bất kỳ của
bảng vận tải luôn chứa vòng.
Chứng minh. Vì rank A = m + n − 1 nên lập L gồm m + n ô của bảng
vận tải thì phụ thuộc tuyến tính do đó theo Định lý 1.3 Lchứa vòng.
Tuy nhiên ta có thể chứng minh định lý 1.5 bằng phương pháp xây
dựng để từ đó suy ra thủ tục xây dựng vòng từ tập gồm m + n ô của
bảng vận tải.
Khi m = n = 2 thì rõ ràng m + n = 4 ô của nó lập thành vòng. Khi
m > 2, n > 2 ta chứng minh định lý bằng phương pháp quy nạp theo
tổng số dòng và cột k = m + n. Giả sử định lý đúng với k = m + n − 1,
ta cần chứng minh nó đúng với k = m + n. Có hai trường hợp:
13


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

Trường hợp 1: trong số m + n ô của L có một ô nào đó nằm một mình
trong một dòng hay một cột. Khi đó, loại bỏ dòng hay cột chứa ô đó,
trong phần còn lại có m + n − 1 ô của L. Theo giả thiết quy nạp L
chứa vòng. Định lý được chứng minh.
Trường hợp 2: trong mỗi dòng và cột của bảng không có ô nào của
L hoặc chứa ít nhất 2 ô của L thì theo Định lý 1.2 tập L chứa vòng.

Định lý được chứng minh.
Từ định lý 1.5 ta có thủ tục xây dựng vòng từ tập L gồm m + n ô của
bảng vận tải như sau:
1)Xóa bỏ khỏi bảng vận tải tất cả các dòng và các cột chứa không quá
một ô của L. Việc này được lặp lại cho tới khi được bảng vận tải mà
mỗi dòng và cột của nó chứa ít nhất 2 ô của L.
2) Từ bảng thu được, vòng có thể được xây dựng theo thủ tục mô tả
trong Định lý 1.2.

1.4

Tìm phương án cơ sở xuất phát

Đối với bài toán quy hoạch tuyến tính tổng quát, việc tìm phương án
cơ sở xuất phát đòi hỏi phỉa giải một bài toán quy hoạch tuyến tính
phụ ( pha thứ nhất trong phương án hai pha). Công việc này dòi hỏi
một khối lượng tính toán không nhỏ. Tuy nhiên, do đặc thù riêng của
mình, đối với bài toán vận tải hiện nay có khá nhiều phương án rất
hiệu quả để tìm một phương án cơ sở chấp nhận được cho nó. Trong
mục này ta giới thiệu một số phương pháp phổ biến nhất.

14


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.4.1

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

Phương pháp góc tây bắc

Lập bảng vận tải, các số liệu ai , bi, cij (i = 1, m, j = 1, n) được ghi vào
bảng đã mô tả như trong mục trước.
Bắt đầu từ ô (1,1) nằm góc bên trái của bảng( ô này nằm ở vị trí góc
tây bắc của bảng và tên gọi của phương pháp cũng xuất phát từ đây)
ta tiến hành phân phối lượng hàng vào ô này.
x11 = min(a1 , b1)
các lượng thu phát còn lại là:
ai = ai (i = 1); a1 = a1 − x11
bj (j = 1); b1 = b1 − x11
nếu x11= a1 = min(a1, b1 ) thì a1 ’= 0 khi đó ta xóa dòng thứ nhất của
bảng và thu được bảng mới gồm m − 1 dòng và n cột với lượng phát
và lượng thu tương ứng là ai (i = 2, m); bj (j = 1, n).
Lặp lại cách phân phối như vậy đối với bảng mới, tức là bắt đầu từ
góc tây bắc và phân phối lượng hàng vận chuyển vào ô này sao cho
hoặc chở hết hàng ở điểm phát hoặc đáp ứng hết nhu cầu của điểm
thu tương ứng nó.
Như vậy,sau mỗi lần phân phối ta lại xóa đi được một dòng (hoặc một
cột) của bảng vận tải nên sau đúng m + n − 1 lần phân phối thủ tục
trên phải kết thúc. Do đó phương án xây dựng theo phương pháp góc
tây bắc sẽ không có quá m + n − 1 thành phần khác không.

15


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.4.2

Nguyễn Thị Hoàng Oanh

Phương pháp cực tiểu cước phí

Theo phương pháp này ta ưu tiên phân phối nhiều nhất vào ô có
cước phí nhỏ nhất trên toàn bảng. Giả sử trong ma trận cước phí
C = (cij )m×n có crs là nhỏ nhất trong các cij . Khi đó ta phân phối tối
đa vào ô (rs) cụ thể là:

xrs =



ar

bs

nếuar ≤ bs (∗)
nếuar > bs (∗∗)

(1.5)

Trong trường hợp (*)điểm Ar đã phát hết hàng nên có thể xóa hàng
r của bảng ở điểm thu Bs chỉ còn cần bs − as đơn vị hàng.
Trong trường hợp (**) điểm thu Bs đã nhận đủ hàng nên có thể xóa
đi cột s của bảng và ở điểm phát Ar chỉ còn lại as − bs đơn vị hàng.
Trong bảng còn lại với số hàng và số cột ít hơn, ta lập các phân phối
trên cho tới khi hết hàng hoặc đáp ứng đủ nhu cầu của các điểm thu.
Các ô chọn còn lại sẽ không chứa vòng và là phương án cơ sở chấp
nhận được. Nếu chưa đủ m + n − 1 ô thì ta bổ sung thêm một số "ô

chọn 0" cho đủ m + n − 1 ô không tạo thành vòng.

1.5
1.5.1

Các thuật toán giải bài toán vận tải
Thuật toán quy 0 cước phí các ô chọn

Ta có nhận xét sau: Nếu cộng vào hàng thứ i của ma trận cước phí
C = (cij )m×n số ri tùy ý (i = 1, m) và cộng vào cột j của nó số sj
tùy ý (j = 1, n) thì ta có bài toán vận tải mới với ma trận cước phí
16