Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Практикум по линейной алгебре и линейному программированию. Учебное пособие
.pdf
ков и при этом удовлетворяются последовательно запросы второго,
2
+ −
(
)
1
+ −
(
)
,
m n
1
m n
+ −
(
)
1,1
третьего и т.д. потребителей.
После
заполненной последняя
нения вычёркивают последние строку и столбец и, наконец, будут исчерпаны полностью запасы всех поставщиков и удовлетворены также
полностью потребности всех потребителей. Построенное таким образом решение – опорное, и оно содержит
ных.
7
методом северо-западного угла построить начальное опорное решение.
задачи (см. таблицу 30.3) и, используя запасы первого поставщика,
полностью удовлетворим запросы первого потребителя, т.е. в клетку
поместим груз, равный 150 ед., тем самым исключив его из
m n
.4. Для транспортной задачи, рассмотренной в примере 7.3,
Сначала вновь воспроизведём транспортную таблицу этой
проведённых однотипных шагов остаётся не-
m n
-ая клетка
. После её запол-
базисных перемен-
дальнейшего рассмотрения. Одновременно вычеркнем и первый столбец. Следующим шагом оставшиеся запасы первого поставщика в количестве 50 ед. посылаем второму потребителю и исключаем из рассмотрения первого поставщика. При этом вычеркиваем первую строку
матрицы. Недостающий груз второму потребителю в количестве 150
ед. отправляем из запасов второго поставщика и исключаем из рассмотрения второго потребителя (вычёркиваем второй столбец). У вто-
181
рого поставщика в запасе осталось 200 ед. груза. Его полностью от-
1B2
B
3
B
4
B
3 4 8 2
1
A
6 7 4
2
A
3 6 2
3
A
150 50 0 0
0 150 200 0
0 0 100 150
правляем третьему потребителю и одновременно исключаем из рассмотрения второго поставщика (т.е. вычёркиваем вторую строку).
Таблица 7.5
П о т р е б и т е л и
Поставщики
Запасы
150
5
8
Запросы 150 200 300 150 800
Далее, третий потребитель недополучил ещё 100 ед. груза. Такое количество груза он получит от третьего поставщика и из рассмотрения
исключаем третьего потребителя (вычёркиваем третий столбец матрицы). Наконец, оставшийся груз третьего поставщика в количестве
150 ед. посылаем последнему (четвёртому) потребителю, имеющему
такие же потребности. Вычёркиваем последние строку и столбец. Построенное решение транспортной задачи
X
=
50
150
200
100
150
-
200
350
250
182
- опорное, ибо оно по построению «вычёркиваемое».
(
)
,
l k
{
}
ij lk
l c
=
k l
a b
<
k l
a b
>
l
b
(
)
,
l k
{
}
ij
l
20. Метод минимальной стоимости (наименьших затрат)
Среди существующих методов этот метод является наиболее
эффективным и согласно этому методу распределение поставок начинается с размещения груза в ту клетку распределительной таблицы,
которая имеет минимальную стоимость перевозок. Например, если
таковой оказалась клетка
клетки происходит также, как и в методе северо-западного угла: если
оказалось, что
щийся у k-го поставщика, если же, наоборот,
ставщика вывозится весь груз в количестве
клетке
клеток, то первой для загрузки обычно выбирают ту клетку, через которую перевозки осуществляются с меньшими затратами.
построить начальное опорное решение, используя метод минимальной
стоимости.
и т.д.
Если стоимость перевозок, равную
7.5. Для транспортной задачи, рассмотренной в примере 7.3
Сначала составим транспортную таблицу этой задачи (см.
, то в эту клетку помещается весь груз, имею-
, т.е.
min
,
i j
, то загрузка этой
, то у k-го по-
единиц и помещается в
min
,
i j
, имеют несколько
таблицу 7.6).
183
Поставщики
1B2
B
3
B
4
B
3 4 8 2
1
A
6 7 4
2
A
3 6 2
3
A
(
)
1, 4
(
)
3, 4
(
)
1, 4
(
)
1,1
(
)
3, 2
Таблица 7.6
П о т р е б и т е л и
Запасы
200
50 150
5
100
8
200
Запросы 150 200 300 150 800
В этой таблице минимальную стоимость перевозок, равную 2,
имеют две равноправные клетки:
первого поставщика, поместим в клетку
стью удовлетворив тем самым четвертого потребителя. Его исключаем из дальнейшего рассмотрения. Оставшиеся запасы первого по-
ставщика в 50 ед. помещаем в клетку
стоимость перевозок среди остальных клеток первой строки и одновременно исключаем из рассмотрения первого поставщика. Среди оставшихся клеток минимальную стоимость, равную 3, имеет клетка
250
50
и
, имеющую минимальную
. Используя запасы
150 ед. груза, полно-
350
250
. В эту клетку из запасов третьего поставщика помещаем 200 ед.
груза, равный запросам второго потребителя, и второго потребителя
исключаем из рассмотрения. Оставшиеся 50 ед. груза третьего по-
184
ставщика помещаем в клетку
(
)
3,3
50 0 0 150
100 0 250 0
0 250 50 0
X
перевозок, чем остальные клетки этой строки и из рассмотрения исключаем третьего поставщика. Наконец, распределяем по потребителям весь груз второго поставщика: 100 ед. его груза посылаем первому потребителю, а 250 ед. – третьему.
Итак, весь груз, находящийся у поставщиков, вывезен и полностью удовлетворены запросы потребителей. Полученное распределение поставок имеет вид:
X
=
Из метода построения решения следует, что оно опорное.
7.4. Метод вычёркивания
При решении транспортных задач часто приходится проводить
, имеющую меньшую стоимость
.
проверку того, что найденное допустимое решение является опорным
или нет. Такая проверка обычно проводится методом вычёркива-
ния, основанного на следующем важном утверждении (см. также
теорему 7.3): для того, чтобы решение X было опорным, необходимо
и достаточно, чтобы из клеток транспортной задачи, занятых ненулевыми переменными решения
вать цикл. Запишем решение X в виде матрицы перевозок. Если
строка (или столбец) этой матрицы содержит только один ненулевой
(или из части из них) нельзя образо-
185
элемент (ненулевую поставку), то, видимо, этот элемент не может
0 15
3 0
2
1 0 15
7 4 0
9 5 3
ш
ш
1 1
i j
a b
∑ ∑
входить ни в какой цикл, образованный из ненулевых элементов матрицы перевозок. Поэтому эту строку (столбец) вычёркивают. Продолжая этот процесс вычёркивания, мы можем прийти к следующим двум
случаям: 1) либо будут вычеркнуты все строки и столбцы матрицы (а
это означает, что рассматриваемое решение опорное); 2) останутся не
вычеркнутыми некоторые ненулевые элементы, из которых можно
образовать цикл, а это равносильно тому, что рассматриваемое решение не является опорным.
Ниже приведены два решения одной и той же транспортной
задачи. Первое из них «вычёркиваемое», т.е. является опорным, а второе – «не вычёркиваемое», т.е. не является опорным.
4
X =
1
0
0
8
0
0
6
;
X =
4
0
2
0
1 15
ш
.
7
ш
4
шш
5
3
ным балансом, если мощность поставщиков не равна суммарному
спросу потребителей, т.е.
следующие два случая:
7.5. Открытая модель транспортной задачи
Транспортная задача называется задачей с неправиль-
m n
≠
i j
= =
1
) объём мощностей поставщиков меньше суммарного спроса
. Здесь могут представиться
186
m n
i j
a b
∑ ∑
i j
a b
∑ ∑
( 1)
+ −
1 1
m j i
a b a
∑ ∑
( 1)
,
m j
1, ,
j n
( 1)
+ −
n i j
b a b
∑ ∑
, 1,
c i m
(
)
500 800
потребителей, т.е.
1 1
i j
= =
2) объём мощностей поставщиков превосходит суммарный
спрос потребителей, т.е.
В обоих случаях, чтобы эти задачи привести к закрытой моде-
<
m n
>
1 1
i j
= =
;
.
ли, вводят либо
n m
= −
1
+
j i
= =
= либо
m n
= −
1
+
1 1
i j
= =
= .
( 1)
i n
+
m
n
го фиктивного поставщика с объёмом запаса
и нулевыми стоимостями перевозок
с
+
го фиктивного потребителя с объёмом спроса
также с нулевыми стоимостями перевозок
При построении начального опорного решения клетки фиктивного поставщика или потребителя загружаются в последнюю очередь.
7.6. Решить транспортную задачу, исходные данные которой
приведены в таблице 7.7.
Поскольку суммарная мощность поставщиков меньше сум-
марного спроса потребителей
ча имеет неправильный баланс. Поэтому, введя фиктивного по-
< , то рассматриваемая зада-
187
ставщика с мощностью
800 500 300
− =
1B2
B
3
B
4
B
4 4
1
A
3 6 10
2
A
7 6
3
A
1
X
4
0
=
2
0
=
0
=
4
0
=
ед. груза и с нулевыми
стоимостями перевозок, приведём эту задачу с правильным ба-
лансом.
Таблица 7.7
П о т р е б и т е л и
Поставщики
Запасы
2
8
5
Запросы 100 200 250 250 500 < 800
Ниже приведена её распределительная матрица, содержащая
начальное опорное решение
ной стоимости. Начальное решение вырожденное, имеет две нулевые
базисные переменные. Используя метод потенциалов, проверим его на
оптимальность. Потенциалы поставщиков и потребителей соответственно окаймляют слева и снизу распределительную таблицу. В каче-
стве начального решения системы потенциалов (7.8) выбрано
Тогда, очевидно,
v
,
v
, которое найдено методом минималь-
,
3
v
5
100
150
2
250
u
и т.д. Оценки свободных кле-
.
ток найдём из формулы (7.7):
188
⊕
⊕
12
7
α
= −
6
= −
14
8
= −
3
= −
24
7
= −
2
=
5
= −
4
= −
41
5
=
j
b
i
a
4 3
8 3 6 10
7 6
0 0 0
1
X
(
)
3,1
(
)
4,1
(
)
4,1
{
}
min 0;50 0
= =
2
X
;
α
13
;
α
;
α
23
;
α
;
α
31
Решение
;
α
32
100
150
250
300
не оптимально, ибо две свободные клетки
;
α
33
100 200 250 250
2
100
0 150
5
50 250
и
α
Таблица 7.8.
.
5
2
250
0
0
и
имеют положительные оценки. Наибольшую оценку, равную 5, имеет
клетка
изображён) и по этому циклу сделаем перераспределение поставок на
величину
решение
. Для этой клетки образуем цикл (в таблице 7.8 этот цикл
θ
, которое содержится в распределительной таблице 7.9.
. В результате получим новое опорное
189
Таблица 7.9.
j
b
i
a
4 3
1
2
=
8 3 6 10
2
3
=
5 7 6
2
=
0 0
4
0
=
1
0
=
2
0
=
0
=
4
0
=
4
0
=
0
= = = =
12
2
= −
1
= −
14
3
= −
21
5
= −
3
= −
24
7
= −
3
= −
5
= −
4
= −
100 0 0 0
0 150 0 0
0 0 0 250
100 200 250 250
u
u
u
3
u
Потенциалы находим из системы (30.8). Поскольку четвёртая строка
последней распределительной таблицы целиком состоит из базисных
переменных, то проще положить
v v v v
1 2 3 4
По формуле (7.7) находим оценки свободных клеток:
α
;
100
150
250
300
и т.д.
α
13
2
100
150
0
0 50 250
v
v
;
α
;
v
3
u
. Тогда, например,
α
5
2
250
0
0
v
;
α
23
;
α
цательны. Следовательно, опорное решение
;
α
31
X
;
α
32
=
2
;
α
33
. Они все отри-
190
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]