Иллюстративный пример

Проиндексировав исходные данные, приведенные выше, получим (шаг 1):

Ai	||tij||
400	2(1)	1(0)	–	2(1)	1
100	3(2)	2(1)	–	1(0)	1
400	–	–	1(0)	2(1)	1
160	3(1/2)	–	2(1)	2(0)	2
Bj	240	330	200	560

Сделав загрузку таблицы ||х_ij|| в перспективные клетки (I_ij = 0) и рассчитав баланс для каждого столбца (шаги 2 и 3), убеждаемся, что баланс в разных столбцах разного знака. Следовательно, необходима перезагрузка столбцов (шаг 4).

Выбираем варианты перегрузки из перегруженных столбцов с учетом замечания 1. Получаем таблицу:

	400 · 1	–		1) |I12 – I11| = 1; 2) |I12 – I14| = 1; 3) |I33 – I34| = 1; 4) |I43 – I41| = 1/2; 5) |I43 – I44| =
		–	100 · 1
–	–	400 · 1
	–	160 · 1
0	400	720	100
+240	–70	–520	+460

Вычислив разности индексов для каждого варианта, находим вариант с нулевой разностью (правило 1). Используя этот вариант для перегрузки, по правилу 2 находим количество перегружаемых изделий типа Р₄ и переводим их из третьего столбца в четвертый. Получаем новый план и снова переходим к шагу 3.

	400 · 1	–		1) |I12 – I11| = 1; 2) |I12 – I14| = 1; 3) |I33 – I34| =
		–	100 · 1
–	–	400 · 1
	–		160 · 2
0	400	400	420
+240	–70	–200	+140

Получив баланс и выписав возможные варианты перезагрузок, обнаруживаем, что все разности индексов равны единице. Учитывая замечание 2, выбираем третий вариант. По правилу 2 находим Δх₃₄ и производим перегрузку из третьего столбца в четвертый по третьей строке (шаги 3 и 4).

	400 · 1	–		|I12 – I11| = 1 Другого варианта нет (см. замечание 1).
		–	100 · 1
–	–	330 · 1	70 · 2
	–		160 · 2
0	400	330	560
+240	–70	–130	0

Проделав с этим планом уже известные операции, получим очередной новый план.

70 · 2	330 · 1	–		1) |I24 – I21| = 2; 2) |I44 – I41| = (см. замечание 5).
		–	100 · 1
–	–	300 · 1	70 · 2
	–		160 · 1
140	330	330	560
+100	0	–130	0

В этом плане нет прямой перегрузки из третьего столбца в первый. В соответствии с замечанием 3 воспользуемся четвертым столбцом как промежуточным. Это возможно, так как существует компенсационный ход из третьего столбца с отрицательным балансом по третьей строке. Этот ход будет выполнен для следующего нового плана. Действительно:

70 · 1	330 · 1	–		|I33 – I34| = 1.
		–	100 · 1
–	–	330 · 1	70 · 2
33 · 3	–		127 · 2
239	330	330	494
+1	0	–130	+66

70 · 2	330 · 1	–
		–	100 · 1
–	–	297 · 1	103 · 2
33 · 3	–		127 · 2
239	330	297	560
~0	0	–97	0

Нулевой баланс в четвертом столбце восстановлен. В таблице больше нет столбцов с положительным балансом. Однако, прежде чем переходить к шагу 5, следует проверить в соответствии с замечанием 4, нет ли второго плана с таким же балансом. Для этого нужно отыскать вариант разгрузки третьего столбца с нулевой разностью индексов. Такого нет, так как для единственного варианта |I₃₃ – I₃₄| = 1 ≠ 0! Второго плана нет, а в полученном плане следует сделать коррекцию А₃ (шаг 5):

х₃₃ = 297 – 97 = 200.

70 · 2	330 · 1	–
		–	100 · 1
–	–	200 · 1	103 · 2
33 · 3	–		127 · 2
239	330	200	560
~0	0	0	0

Проверка на оптимальность (шаг 3) показывает, что во всех столбцах нулевой баланс (условия задачи выполняются). Следовательно, план оптимальный.