Главная Случайная страница Контакты | Мы поможем в написании вашей работы! | ||
|
Допустим мы решали задачу и получили последнюю таблицу без учета целочисленности
Б | X опт | x 1 | x 2 | .... | xm | ω1 | ω2 | .... | ω n |
x 1 | β1 | : | α11 | α21 | .... | α1 n | |||
x 2 | β1 | : | α21 | α22 | .... | α2 n | |||
.... | .... | .... | .... | .... | .... | .... | .... | .... | .... |
xn | β n | : | α m 1 | α m 2 | .... | α mn | |||
z | β0 | : | c 1 | c 2 | .... | cn |
Если β i – целые, то задача решена; иначе выбирают β i с наибольшей дробной частью и выписывают уравнение из таблицы.
По условию целочисленности xi, ω i – целые.
Чтобы уравнять обе части мы добавляем искусственную переменную
К полученной таблице добавляется строка, соответствующая отсечению Гомори, в столбце X опт стоит – fi (т.е. отрицательное число). А так как в столбце X опт стоит отрицательное число – поэтому применяем двойственный симплекс-метод.
пример. max z = 7 x 1 + 9 x 2.
Б | С | X опт | r | |||||
x 1 | x 2 | s 1 | s 2 | |||||
s 1 | – 1 | |||||||
s 2 | ||||||||
z | – 7 | – 9 | ||||||
x 2 | – 1/3 | 1/3 | ||||||
s 2 | 22/3 | – 1/3 | ||||||
z | – 10 | |||||||
x 2 | 7/2 | 7/22 | 1/22 | |||||
x 1 | 9/2 | – 1/22 | 3/22 | |||||
z | 28/11 | 15/11 |
Б | С | X опт | x 1 | x 2 | s 1 | s 2 | R 1 | |
x 2 | 7/2 | 7/22 | 1/22 | |||||
x 1 | 9/2 | – 1/22 | 3/22 | |||||
z | 28/11 | 15/11 | ||||||
R 1 | – 1/2 | – 7/22 | – 1/22 |
Б | С | X опт | x 1 | x 2 | s 1 | s 2 | R 1 | R 2 |
x 2 | ||||||||
x 1 | 32/7 | 1/7 | – 1/7 | |||||
s 1 | 11/7 | 1/7 | – 22/7 | |||||
z | ||||||||
R 2 | – 4/7 | – 1/7 | – 67 | |||||
x 2 | ||||||||
x 1 | – 1 | |||||||
s 1 | – 4 | |||||||
s 2 | – 7 | |||||||
z |
Итак, x 1 = 4; x 2 = 3; max z = 55; s 1 = 1; s 2 = 4; R 1 = 0; R 2 = 0.
Транспортная задача на минимум
пример. На трех базах Б 1; Б 2; Б 3 находится однородный груз. Этот груз необходимо доставить в пять пунктов П 1, П 2,..., П 5. Запасы груза на трех базах ai и потребности пунктов bj указаны в таблице. Стоимость перевозки одной тонны груза с базы Бi в пункт Пj (Бi → Пj) равная cij рублей. Спланировать их перевозки так, чтобы их стоимость была наименьшей.
П 1 | П 2 | П 3 | П 4 | П 5 | ai | ||||||
Б 1 | |||||||||||
Б 2 | |||||||||||
Б 3 | |||||||||||
bj |
1 способ. Симплекс метод
xij – перевозка Бi → Пj
2 способ. Метод потенциалов
1 этап. Составить начальный план.
Показатели плана записываются только в клетки с оценками, xij ³ 0.
Для построения начального решения используются следующие методы.
1 метод – Метод северо-западного угла
Заполняют верхнюю левую клетку, записывая туда максимально возможное значение, затем переходят к соседней клетке.
П 1 | П 2 | П 3 | П 4 | П 5 | ai | ||||||
Б 1 | |||||||||||
Б 2 | |||||||||||
Б 3 | |||||||||||
bj |
Показатель левой верхней клетки выбирается равным наименьшему значению из заданных сумм по первой строке и по первому столбцу. Дальше заполняется соседняя клетка.
2 метод – минимальный элемент по строке
П 1 | П 2 | П 3 | П 4 | П 5 | ai | ||||||
Б 1 | |||||||||||
Б 2 | |||||||||||
Б 3 | |||||||||||
bj |
Сначала заполняется первая строка, для этого в ней выбирается клетка с минимальной стоимостью перевозки и заполняется максимально возможным значением. Затем переходят к клетке со следующей по величине стоимостью перевозки и т.д., пока не будет исчерпан запас первой строки. Затем переходят ко второй строке, процесс повторяется.
3 метод – минимальный элемент по столбцу. Аналогично вышеизложенному.
4 метод – метод минимального элемента.
П 1 | П 2 | П 3 | П 4 | П 5 | ai | ||||||
Б 1 | |||||||||||
Б 2 | |||||||||||
Б 3 | |||||||||||
bj |
Выбираем наименьший элемент по стоимости по всей таблице. Ставим туда максимально возможное значение.
2 этап. Проверка плана на оптимальность. Пусть таблица содержит m строк и n столбцов. Полученный начальный план называется невырожденным, если число его заполненных клеток не меньше, чем m + n – 1.
Рассмотрим план северо-западного угла.
Заполненных клеток 7.
m + n – 1 = 5 + 3 – 1 = 7 Þ план невырожденный.
В этом случае система потенциалов строится таким образом.
α i – потенциалы строк.
β j – потенциалы столбцов.
Положим α1 = 0, остальные потенциалы считают из условия: для заполненных клеток c ij = α i + β j.
П 1 | П 2 | П 3 | П 4 | П 5 | α i | |||||||
Б 1 | ||||||||||||
Б 2 | ||||||||||||
Б 3 | ||||||||||||
β j |
Отступление. Для вырожденного плана.
например:
П 1 | П 2 | П 3 | П 4 | α i | Заполненных клеток 6. m + n – 1 = 4 + 4 – 1 = 7 1. Потенциал строки с наибольшим количеством заполненных клеток положим равным нулю. 2. Далее по общему правилу пока это возможно вычисляем потенциалы. Остались две незаполненные клетки. Далее невозможно. | ||||
Б 1 | |||||||||
Б 2 | |||||||||
Б 3 | |||||||||
Б 4 | |||||||||
β j |
В свободные клетки с наименьшей стоимостью, для которой потенциал еще не просчитан ставим ноль (т.е. появляется нулевая перевозка) клетка становится условно заполненной.
Условие оптимальности плана
c ij ³ α i + β j – признак оптимальности плана.
Так как для занятых клеток условие выполняется по построению потенциалов, то проверяем только свободные.
c ij –(α i + β j) ³ 0
П 1 | П 2 | П 3 | П 4 | П 5 | α i | |||||||||
Б 1 | ||||||||||||||
Б 2 | – | + | ||||||||||||
Б 3 | + | – | ||||||||||||
β j |
Б1П3 | 7 – (0 + 6) ³ 0 | хорошая клетка |
Б1П4 | 7 – (4 + 0) ³ 0 | хор. |
Б1П5 | 3 – (0 + 3) = 0 | хор. |
Б2П1 | 6 – (5 + 1) = 0 | хор. |
Б2П5 | 5 – (3 + 1) ³ 0 | хор. |
Б3П1 | 8 – (5 + 2) ³ 0 | хор. |
Б3П2 | 6 – (2 + 6) = – 2 | плохая |
Б3П3 | 5 – (6 + 2) = – 3 | плохая |
Значит план неоптимален, его надо улучшать.
3 этап. Построение цикла перевозки. Здесь мы выбираем самую плохую клетку Б3П3, в нее помещаем вершину.
Цикл – это прямоугольник, начальная вершина которого находится в самой плохой клетке, а остальные вершины только в заполненных клетках. Начальная вершина отмечается знаком «плюс» (+), далее в порядке чередования ставятся знаки «–», «+».
Выберем объем дополнительной перевозки – это будет минимальная перевозка, отмеченная знаком «–».
θ = min (285; 660) = 285.
Прибавим её в клетках со знаком «+» и отнимем в клетках со знаком «–». Таким образом мы пересчитаем план и все начнется сначала.
П 1 | П 2 | П 3 | П 4 | П 5 | α i | ||||||
Б 1 | – | + | |||||||||
Б 2 | + | – | |||||||||
Б 3 | + | – | – 1 | ||||||||
β j |
θ = min (525; 375; 810) = 285.
П 1 | П 2 | П 3 | П 4 | П 5 | α i | ||||||
Б 1 | – | + | |||||||||
Б 2 | |||||||||||
Б 3 | + | – | |||||||||
β j |
θ = min (150; 435) = 150.
П 1 | П 2 | П 3 | П 4 | П 5 | α i | ||||||
Б 1 | – | + | |||||||||
Б 2 | + | – | |||||||||
Б 3 | + | – | |||||||||
β j |
θ = min (705; 285; 420) = 285.
П 1 | П 2 | П 3 | П 4 | П 5 | α i | ||||||
Б 1 | |||||||||||
Б 2 | |||||||||||
Б 3 | |||||||||||
β j |
с = 420 · 5 + 285 · 6 + 135 · 7 + 435 · 6 +660 · 5 + 555 · 5 + 810 · 3 = 15870.
Дата публикования: 2015-09-17; Прочитано: 398 | Нарушение авторского права страницы | Мы поможем в написании вашей работы!