Γραμμικός Προγραμματισμός – Πρόβλημα...

ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟΣΧΟΛΗ ΜΗΧΑΝΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝΤΟΜΕΑΣ ΒΙΟΜΗΧΑΝΙΚΗΣ ΔΙΟΙΚΗΣΗΣ &ΕΠΙΧΕΙΡΗΣΙΑΚΗΣ ΕΡΕΥΝΑΣ

Επιχειρησιακή Έρευνα ΙΔιδάσκων: Δρ. Σταύρος Τ. Πόνης

Γραμμικός Προγραμματισμός –Πρόβλημα Αντιστοιχήσεως

2

Άδεια Χρήσης

Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άδεια χρήσης άλλου τύπου, αυτή πρέπει να αναφέρεται ρητώς.

Πρόβληµα ΑντιστοιχήσεωςΤο Πρόβλημα Αντιστοιχήσεως (ή Κατανομής) είναι μια ειδική περίπτωσηπροβλήματος ΓΠ και έχει αρκετές ομοιότητες (αλλά και διαφορές) με το ΠρόβλημαΜεταφοράς. Βασική διαφορά είναι πως η δυναμικότητα κάθε πηγής αλλά και η ζήτησηκάθε προορισμού είναι ίση με την μονάδα. Η μαθηματική διατύπωση τουπροβλήματος είναι η ακόλουθη:

𝒎𝒊𝒏𝒛 = ''𝒄𝒊𝒋

𝒏

𝒋*𝟏

𝒏

𝒊*𝟏

𝒙𝒊𝒋

Με περιορισμούς:• ∑ 𝑥/0 = 12

0*3 , i = 1, 2, … , n

• ∑ 𝑥/0 = 12/*3 , j = 1, 2, … , n και

• 𝑥/0 = 0 ή 1, για κάθε i, j = 1, 2, … , n

(Ι)

ΕΜΠ - Τμήμα Μηχανολόγων Μηχανικών 3

(ΙΙ)

Προϋπόθεση: Το πλήθος των πηγών ισούται με το πλήθος των προορισμών. Αν αυτήδεν ισχύει, χρησιμοποιούμε πλασματικές πηγές ή περιορισμούς εισάγονταςκατάλληλα κόστη αντιστοίχησης.

Πρόβληµα ΑντιστοιχήσεωςΠινακοποιημένη Μορφή Προβλήματος Αντιστοιχήσεως

Προορισµοί Δυναµικότηταπηγών

1 2 … n 1

Πηγές

12

…n

11

11

11..1

Ζήτηση προορισµών 1 1 … 1

§ Σε κάθε πηγή αντιστοιχείται ένας

μοναδικός προορισμός.

§ Η κάθε αντιστοίχηση (i, j)

συνεπάγεται ένα κόστος cij .

§ Το πρόβλημα έγκειται στον

προσδιορισμό της αντιστοίχησης

εκείνης που οδηγεί στην επιλογή

με το χαμηλότερο δυνατό κόστος


Πρόβληµα Αντιστοιχήσεως

Απαραίτητοι Χειρισμοί:

1. Ο αρχικός Πίνακας Κόστους (αποστάσεων στην περίπτωση μας) πρέπει να μετατραπεί σε έναν ισοδύναμο Πίνακα (προς ελαχιστοποίηση), για τον οποίο η βέλτιστη λύση να είναι προφανής.

2. Ο ισοδύναμος Πίνακας πρέπει να αποτελείται από θετικά και αρκετά μηδενικά στοιχεία, ώστε όλες οι αντιστοιχήσεις να μπορούν να γίνουν στα μηδενικά στοιχεία. Αφού το ολικό κόστος δεν μπορεί να είναι αρνητικό, προκύπτει ότι η αντιστοίχηση αυτή θα είναι βέλτιστη.

3. Η μετατροπή του αρχικού Πίνακα σε ισοδύναμο βασίζεται στο γεγονός ότι μπορεί κανείς να προσθέσει ή να αφαιρέσει οποιοδήποτε σταθερό αριθμό από όλα τα στοιχεία μιας σειράς ή μιας στήλης του αρχικού Πίνακα Κόστους, χωρίς να αλλάξει το πρόβλημα. Δηλαδή η βέλτιστη λύση για την νέα μήτρα είναι βέλτιστη και για την παλαιά και αντιστρόφως. Ο νέος Πίνακας που θα προκύψει μετά τους πιο πάνω χειρισμούς, ονομάζεται Πίνακας Ευκαιριακού Κόστους (opportunity cost)

ΕΜΠ - Τμήμα Μηχανολόγων Μηχανικών5

Πρόβληµα Αντιστοιχήσεως - ΠαράδειγµαΑς θεωρήσουμε το ακόλουθο παράδειγμα. Η οργανωτική επιτροπή του ΠαγκοσμίουΠοδοσφαίρου στη Βραζιλία, για την Πέμπτη 19 Ιουνίου 2014 έχει προγραμματίσειτέσσερις αγώνες, σε τέσσερις διαφορετικές πόλεις. Επιθυμεί να αναθέσει σε κάθεαγώνα μια ομάδα παρατηρητών ασφαλείας κατά τέτοιο τρόπο ώστε η συνολικήαπόσταση που θα πρέπει να ταξιδέψουν οι ομάδες αυτές να είναι η ελάχιστη. ΣτονΠίνακα που ακολουθεί δίνονται οι χιλιομετρικές αποστάσεις ανάμεσα στις πόλειςδιεξαγωγής των αγώνων και τις βάσεις κάθε ομάδας παρατηρητών.


ΠΟΛΕΙΣ ΔΙΕΞΑΓΩΓΗΣ ΑΓΩΝΩΝ

ΟΜΑΔΕΣ ΠΑΡΑΤΗΡΗΤΩΝ

ΡΙΟ ΝΤΕ ΤΖΑΝΕΙΡΟ

(1)

ΣΑΟ ΠΑΟΛΟ

(2)

ΜΠΡΑΖΙΛΙΑ

(3)

ΜΠΕΛΟ ΟΡΙΖΟΝΤΕ

(4)

Α 210 90 180 160

Β 100 70 130 200

C 175 105 140 170

D 80 65 105 120

Πρόβληµα Αντιστοιχήσεως - Παράδειγµα- Όπως ήδη αναφέρθηκε, απαραίτητη προϋπόθεση για την επίλυση του

προβλήματος είναι η κατάστρωση του Πίνακα ευκαιριακού κόστους (opportunitycost table).

- Αυτό επιτυγχάνεται αρχικά αφαιρώντας από κάθε τιμή μιας γραμμής την ελάχιστητιμή για τη γραμμή αυτή. Η διαδικασία (row reductions) ομοιάζει με αυτή πουχρησιμοποιήσαμε στο ΠΜ και στη μέθοδο Vogel για να καθορίσουμε τα κόστητων ποινών (penalty costs).

- Με άλλα λόγια, για κάθε γραμμή υπολογίζεται η καλύτερη δράση (τιμή 0) καιυπολογίζονται τα ευκαιριακά κόστη για όλα τα υπόλοιπα κελιά





(1)

ΣΑΟ ΠΑΟΛΟ

(2)

ΜΠΡΑΖΙΛΙΑ

(3)


(4)

Α 120 0 90 70

Β 30 0 60 130

C 70 0 35 65

D 15 0 40 55

Πρόβληµα Αντιστοιχήσεως - Παράδειγµα- Στη συνέχεια επαναλαμβάνουμε τη διαδικασία για όλες τις στήλες του Πίνακα

(column reductions) από την οποία προκύπτει ο Πίνακας Ευκαιριακού Κόστουςπου ακολουθεί.

- Οι αναθέσεις μπορούν να λάβουν χώρα, όπου έχει προκύψει ευκαιριακό κόστοςίσο με μηδέν – βέλτιστες αναθέσεις.

- Βέλτιστη συνολική λύση προκύπτει όταν κάθε μια ομάδα μπορεί να ανατεθείαποκλειστικά και μόνο σε έναν ποδοσφαιρικό αγώνα.

- Από τον Πίνακα είναι προφανές πως αυτό δε συμβαίνει καθώς αν γιαπαράδειγμα η ομάδα Α, ανατεθεί στον αγώνα του Σαο Πάολο, τότε π.χ. το μηδένστο κελί Β2 γίνεται αδύνατο.





(1)

ΣΑΟ ΠΑΟΛΟ

(2)

ΜΠΡΑΖΙΛΙΑ

(3)


(4)

Α 105 0 55 15

Β 15 0 25 75

C 55 0 0 10

D 0 0 5 0

Π.Α. – Αλγόριθµος Επίλυσης (Hungarian Method)

1. Αφαιρούμε το ελάχιστο στοιχείο κάθε σειράς της μήτρας μοναδιαίου κόστους από

κάθε στοιχείο της σειράς αυτής. Εξετάζουμε αν έχει προκύψει βέλτιστη λύση με

μοναδικές αντιστοιχήσεις μηδενικής ποινής.

2. Αν το βήμα 1 δε δώσει λύση, τότε προχωρούμε στην επανάληψη του βήματος 1

αλλά για τις στήλες αυτή τη φορά.

3. Εξετάζουμε τις σειρές και στήλες διαδοχικά. Για κάθε σειρά/ στήλη με ένα

ακριβώς μηδενικό κρατάμε την θέση αυτή για τοποθέτηση (αντιστοίχηση) και

διαγράφουμε τα άλλα μηδενικά σ’ αυτήν την στήλη/ σειρά. Επαναλαμβάνουμε την

διαδικασία αυτή για σειρές και στήλες έως ότου όλα τα μηδενικά είτε έχουν

αντιστοιχηθεί είτε έχουν διαγραφεί. Εάν οι κρατηθείσες θέσεις περιλαμβάνουν ένα

πλήρες σύνολο αντιστοιχήσεων, τότε αυτό αποτελεί την βέλτιστη λύση, διαφορετικά

προχωρούμε στο βήμα 4.

4. Χαράσσουμε τον ελάχιστο αριθμό γραμμών (line test) με τον οποίο μπορούμε

να ‘διαγράψουμε’ όλα τα κελιά του Πίνακα με τιμή μηδέν


Πρόβληµα Αντιστοιχήσεως - Παράδειγµα- Ένας εμπειρικός τρόπος για να ελέγξουμε κατά πόσο υπάρχουν μοναδικές

αντιστοιχήσεις στον Πίνακα είναι η χάραξη του ελάχιστου αριθμού οριζοντίων καικάθετων γραμμών που απαιτούνται για να σβήσουμε όλα τα μηδενικά από τονΠίνακα. Στην περίπτωση μας, όπως φαίνεται κάτωθι, απαιτούνται τρεις γραμμές,ενώ απαιτούνται τέσσερις για τη βέλτιστη λύση.





(1)

ΣΑΟ ΠΑΟΛΟ

(2)

ΜΠΡΑΖΙΛΙΑ

(3)


(4)

Α 105 0 55 15

Β 15 0 25 75

C 55 0 0 10

D 0 0 5 0

Πρόβληµα Αντιστοιχήσεως - Παράδειγµα- Στη συνέχεια, αφαιρούμε την ελάχιστη τιμή του πίνακα που δεν έχει διαγραφεί από

τις γραμμές (Α4 =15) από όλες τις τιμές που δεν έχουν διαγραφεί.- Αμέσως μετά προσθέτουμε την ελάχιστη αυτή τιμή, στα κελιά που βρίσκονται στην

τομή δύο γραμμών. Προκύπτει ο ακόλουθος Πίνακας:





(1)

ΣΑΟ ΠΑΟΛΟ

(2)

ΜΠΡΑΖΙΛΙΑ

(3)


(4)

Α 90 0 40 0

Β 0 0 10 60

C 55 15 0 10

D 0 15 5 0

- Εκτελώντας εκ νέου τον έλεγχο με τις γραμμές (line test) στον πίνακα που έχειπροκύψει, διαπιστώνουμε πως απαιτούνται τουλάχιστον τέσσερις γραμμές για ναδιαγραφούν όλα τα κελιά με μηδέν, κατά συνέπεια η λύση στην οποία αντιστοιχεί οπίνακας πρέπει να είναι βέλτιστη.

Πρόβληµα Αντιστοιχήσεως - Παράδειγµα- Απομένει να ανατεθούν οι ομάδες παρατηρητών με μοναδικό τρόπο στους

τέσσερις αγώνες (πόλεις). Η ομάδα Α, μπορεί να ανατεθεί στο Σάο Πάολο καιστο Μπέλο Οριζόντε. Την αναθέτουμε αυθαίρετα στο Σάο Πάολο. Αυτό σημαίνειπως η γραμμή της ομάδας Α, και η στήλη του Σάο Πάολο μπορούν ναεξαλειφθούν.

- Στη συνέχεια αναθέτουμε αναγκαστικά την ομάδα Β, στο Ρίο ντε Τζανέιρο,καθώς η στήλη του Σάο Πάολο, έχει διαγραφεί. Εξαλείφουμε γραμμές (Β) καιστήλες (1).

- Η ομάδα C, ανατίθεται στη Μπραζίλια. Εξαλείφουμε γραμμές (C) και στήλες (3).- H ομάδα D, ανατίθεται στο Μπέλο Οριζόντε. Η λύση που προκύπτει είναι

βέλτιστη και η ελάχιστη απόσταση που θα διανυθεί είναι: 90 + 100 + 140 + 120 =450 χιλιόμετρα.





(1)

ΣΑΟ ΠΑΟΛΟ

(2)

ΜΠΡΑΖΙΛΙΑ

(3)


(4)

Α 90 0 40 0

Β 0 0 10 60

C 55 15 0 10

D 0 15 5 0Α

Α

Β

Β

C

D C D

Πρόβληµα Αντιστοιχήσεως - Παράδειγµα- Αν τώρα στην αρχική μας αυθαίρετη επιλογή, αναθέταμε την ομάδα Α στο Μπέλο

Οριζόντε η επίλυση θα συνεχιζόταν ως εξής:- Στη συνέχεια αναθέτουμε αναγκαστικά την ομάδα D, στο Ρίο ντε Τζανέιρο,

καθώς η στήλη του Μπέλο Οριζόντε έχει διαγραφεί. Εξαλείφουμε γραμμή (D) καιστήλη (1).

- Η ομάδα C, ανατίθεται στη Μπραζίλια. Εξαλείφουμε γραμμή (C) και στήλες (3).- H ομάδα Β, ανατίθεται στο Σάο Πάολο. Η λύση που προκύπτει είναι βέλτιστη και

η ελάχιστη απόσταση που θα διανυθεί είναι: 160 + 70 + 140 + 80 = 450χιλιόμετρα.

- Έχουμε πολλαπλές βέλτιστες λύσεις με εναλλακτική βέλτιστη λύση όπωςφαίνεται στον κάτωθι Πίνακα.





(1)

ΣΑΟ ΠΑΟΛΟ

(2)

ΜΠΡΑΖΙΛΙΑ

(3)


(4)

Α 90 0 40 0

Β 0 0 10 60

C 55 15 0 10

D 0 15 5 0B

Α

D

Β

C

D C Α


Παράδειγµα:

Ένα γενικό εργοστάσιο έχει προµηθευθεί τρεις νέες µηχανές διαφορετικών τύπων. Υπάρχουντέσσερις διαθέσιµες θέσεις για την εγκατάσταση των µηχανών. Μερικές από αυτές τις θέσειςείναι πιο επιθυµητές από άλλες για ορισµένες µηχανές λόγω της γειτνιάσεώς τους προςορισµένα κέντρα εργασίας, µε τα οποία έχουν µεγάλες ροές εργασίας και υλικών.

Εποµένως, ο αντικειµενικός σκοπός είναι να τοποθετηθούν οι µηχανές στις κατάλληλες θέσειςεργασίας (να αντιστοιχηθούν οι µηχανές µε τις θέσεις εργασίας), έτσι ώστε το κόστοςµετακίνησης εργαζοµένων και υλικών να είναι ελάχιστο.

Θέσεις

1 2 3 4

Μηχανές Α 13 10 12 11

Β 15 Χ 13 20

Γ 5 7 10 6

* Η θέση 2 θεωρείται ακατάλληλη για τη Μηχανή Β.


Το εκτιμηθέν κόστος ανά μονάδα χρόνουδιακινήσεως εργαζομένων και υλικών γιακάθε μηχανή εγκαθιστάμενη σε κάθε δυνατήθέση, δίνεται στον διπλανό πίνακα:


Για να διατυπωθεί το πρόβλημα αυτό σαν πρόβλημα αντιστοιχήσεως πρέπει : § να εισαχθεί πλασματική μηχανή Δ για την επί πλέον θέση, § να τεθεί ένα πολύ μεγάλο κόστος Μ στη θέση Β2, ώστε να αποκλεισθεί η

τοποθέτηση της μηχανής Β στην θέση 2.

1 2 3 4

Α 13 10 12 11

Β 15 Μ 13 20

Γ 5 7 10 6

Δ 0 0 0 0


Επομένως προκύπτει ο ακόλουθος πίνακας του προβλήματος αντιστοιχήσεως:

Λύση


Εφαρμόζοντας τα παραπάνω στη μήτρα κόστους του προβλήματος, δηλαδή αφαιρώνταςτο μικρότερο στοιχείο κάθε σειράς από όλα τα στοιχεία της σειράς, προκύπτει η ακόλουθηισοδύναμη μήτρα κόστους:

1 2 3 4

Α 3 0 2 1

Β 2 Μ-13 0 7

Γ 0 2 5 1

Δ 0 0 0 0

Η μήτρα που προέκυψε έχει αρκετάμηδενικά στοιχεία ώστε να κάνουμεόλες τις αντιστοιχήσεις, οι οποίες είναι:Α-2, Β-3, Γ-1, Δ-4

*Στην θέση 4 τοποθετείται η πλασματική μηχανή, δηλαδή καμία.

Η λύση αυτή είναι βέλτιστη και το ολικό κόστος βρίσκεται με πρόσθεση των τιμώνκόστους των αντίστοιχων στοιχείων της αρχικής μήτρας, δηλ. 10 + 13 + 5 = 28.



Παράδειγµα

Να βρεθεί η βέλτιστη λύση του προβλήµατος αντιστοιχήσεως, µε µήτρα µοναδιαίου κόστους:

1 2 3 4 5

Α 11 17 8 16 20

Β 9 7 12 6 15

Γ 13 16 15 12 16

Δ 21 24 17 28 26

Ε 14 10 12 11 15

Όπως και στο προηγούμενο παράδειγμα, αφαιρούμε το μικρότερο στοιχείο κάθε σειράςαπό όλα τα άλλα στοιχεία της. Προκύπτει έτσι η ακόλουθη μήτρα κόστους:



1 2 3 4 5

Α 3 9 0 8 12

Β 3 1 6 0 9

Γ 1 4 3 0 4

Δ 4 7 0 11 9

Ε 4 0 2 1 5

Παρατηρούμε ότι δεν είναι δυνατόν να γίνει μία πλήρης αντιστοίχηση των πηγών με

τους προορισμούς σε μηδενικά στοιχεία. Για το λόγο αυτό προχωρούμε στην

αφαίρεση των μικρότερων στοιχείων κάθε στήλης από όλα τα στοιχεία της,

οπότε προκύπτει η ακόλουθη μήτρα:



1 2 3 4 5

Α 2 9 0 8 8

Β 2 1 6 0 5

Γ 0 4 3 0 0

Δ 3 7 0 11 5

Ε 3 0 2 1 1

Εξετάζουμε διαδοχικά τις σειρές

και τις στήλες, για να βρούμε

ακριβώς ένα μηδενικό σε

αυτές, αφού μόνο σε αυτά

μπορεί να γίνει αντιστοίχηση.

§ Η πηγή Α αντιστοιχίζεται στη θέση (προορισμό) 3 à αποκλείεται η αντιστοίχηση Δ-3

§ Η πηγή Β αντιστοιχίζεται στη θέση (προορισμό) 4 à αποκλείεται η αντιστοίχηση Γ-4

§ Η πηγή Γ αντιστοιχίζεται στη θέση (προορισμό) 1 à αποκλείεται η αντιστοίχηση Γ-5

§ Η πηγή Ε αντιστοιχίζεται στη θέση (προορισμό) 2


Οπότε σχηματίζεται ο ακόλουθος πίνακας:


1 2 3 4 5

Α 2 9 0 8 8

Β 2 1 6 0 5

Γ 0 4 3 0 0

Δ 3 7 0 11 5

Ε 3 0 2 1 1

§ Συνεπώς είναι δυνατόν να κάνουμε μόνον 4 αντιστοιχήσεις (τοποθετήσεις) σεμηδενικά στοιχεία. Άρα πρέπει να δημιουργηθούν περισσότερα μηδενικάστοιχεία στην μήτρα.

§ Δεν είναι προφανές πως μπορεί να επιτευχθεί αυτό χωρίς τη δημιουργίααρνητικών στοιχείων. Αυτό επιτυγχάνεται με τον Αλγόριθμο Αντιστοιχήσεως(Ουγγρική μέθοδος).



Περιγραφή του Αλγόριθμου Αντιστοιχήσεως (Ουγγρική Μέθοδος)

1. Αφαιρούμε το ελάχιστο στοιχείο κάθε σειράς της μήτρας μοναδιαίου κόστους από

κάθε στοιχείο της σειράς αυτής. Το ίδιο κάνουμε για κάθε στήλη.

2. Εξετάζουμε τις σειρές και στήλες διαδοχικά. Για κάθε σειρά/ στήλη με ένα

ακριβώς μηδενικό κρατάμε την θέση αυτή για τοποθέτηση (αντιστοίχηση) και

διαγράφουμε τα άλλα μηδενικά σ’ αυτήν την στήλη/ σειρά. Επαναλαμβάνουμε την

διαδικασία αυτή για σειρές και στήλες έως ότου όλα τα μηδενικά είτε έχουν

αντιστοιχηθεί είτε έχουν διαγραφεί. Εάν οι κρατηθείσες θέσεις περιλαμβάνουν ένα

πλήρες σύνολο αντιστοιχήσεων, τότε αυτό αποτελεί την βέλτιστη λύση, διαφορετικά

προχωρούμε στο ακόλουθο βήμα (3).

3. Χαράσσουμε έναν ελάχιστο αριθμό γραμμών για την κάλυψη όλων των

μηδενικών ως εξής:



1 2 3 4 5

Α 2 9 0 8 8

Β 2 1 6 0 5

Γ 0 4 3 0 0

ü Δ 3 7 0 11 5

Ε 3 0 2 1 1

α) Σημειώνουμε όλες τις σειρές που δεν περιέχουν αντιστοιχήσεις:



1 2 ü 3 4 5

Α 2 9 0 8 8

Β 2 1 6 0 5

Γ 0 4 3 0 0

ü Δ 3 7 0 11 5

Ε 3 0 2 1 1

β) Σημειώνουμε όλες τις στήλες που έχουν μηδενικά σε σημειωμένες σειρές :



1 2 ü 3 4 5

ü Α 2 9 0 8 8

Β 2 1 6 0 5

Γ 0 4 3 0 0

ü Δ 3 7 0 11 5

Ε 3 0 2 1 1

γ) Σημειώνουμε όλες τις σειρές που έχουν αντιστοιχήσεις σε σημειωμένες στήλες:



1 2 ü 3 4 5

ü Α 2 9 0 8 8

Β 2 1 6 0 5

Γ 0 4 3 0 0

ü Δ 3 7 0 11 5

Ε 3 0 2 1 1

δ) Επαναλαμβάνουμε τα βήματα β και γ, έως ότου δεν μπορούν να σημειωθούν άλλεςσειρές ή στήλες .ε) Χαράσσουμε μία γραμμή από κάθε μη σημειωμένη σειρά και κάθε σημειωμένη στήλη.

Ο ελάχιστος αριθμός γραμμών πρέπει να ισούται με τον αριθμό των δυνατώναντιστοιχήσεων (που μπορούν να γίνουν σε μηδενικά στοιχεία), δηλαδή 4 στην προκειμένηπερίπτωση.



4. Εκλέγουμε το ελάχιστο από τα στοιχεία που δεν καλύπτονται από γραμμή και: § το αφαιρούμε από τα άλλα ακάλυπτα στοιχεία. § το προσθέτουμε σε κάθε στοιχείο που βρίσκεται στην τομή δύο γραμμών, και

πηγαίνουμε στο βήμα (2).

1 2 3 4 5

Α 2 9 0 8 8

Β 2 1 6 0 5

Γ 0 4 3 0 0

Δ 3 7 0 11 5

Ε 3 0 2 1 1

1 2 3 4 5

Α 0 7 0 6 6

Β 2 1 8 0 5

Γ 0 4 5 0 0

Δ 1 5 0 9 3

Ε 3 0 4 1 1


Στο παράδειγμά μας, το ελάχιστο ακάλυπτο από γραμμές στοιχείο της μήτρας είναι το 2 στη θέση Α-1:

§ αφαιρώντας το 2 από όλα τα ακάλυπτα στοιχεία της μήτρας, δημιουργούμε ένα μηδενικό στοιχείο στη θέση Α-1, και

§ προσθέτουμε το 2 σε κάθε στοιχείο που βρίσκεται στην τομή δύο γραμμών.


Ελέγχουμε εάν επιτυγχάνονται όλες οι αντιστοιχήσεις σε μηδενικά στοιχεία, και έχουμε:

§ Η πηγή Γ αντιστοιχίζεται στηθέση (προορισμό) 5.

§ Η πηγή Α αντιστοιχίζεται στηθέση (προορισμό) 1.

§ Η πηγή Β αντιστοιχίζεται στηθέση (προορισμό) 4.

§ Η πηγή Δ αντιστοιχίζεται στηθέση (προορισμό) 3.

§ Η πηγή Ε αντιστοιχίζεται στηθέση (προορισμό) 2.

Άρα, αυτή είναι η βέλτιστη λύση και η διαδικασία σταματά.

§ Η τιμή του ολικού κόστους είναι: 11 + 10 + 17 + 6 + 16 = 60.

1 2 3 4 5

Α 0 7 0 6 6

Β 2 1 8 0 5

Γ 0 4 5 0 0

Δ 1 5 0 9 3

Ε 3 0 4 1 1



Άσκηση

Ένας εργολάβος έχει προς πώληση τέσσερα διαµερίσµατα Δ1, Δ2, Δ3 και Δ4 ,για τα οποίαέχουν εκδηλώσει ενδιαφέρον πέντε πελάτες Π1, Π2, Π3, Π4 και Π5. Το κέρδος τουεξαρτάται από τις τιµές πώλησης που έχουν συµφωνηθεί µε κάθε πελάτη, για κάθεδιαµέρισµα. Σύµφωνα µε αυτές τις τιµές, το κέρδος του για κάθε πιθανή πώληση, σεκατάλληλες χρηµατικές µονάδες, είναι:

Δ1 Δ2 Δ3 Δ4

Π1 90 80 85 70

Π2 80 85 70 75

Π3 85 75 75 70

Π4 90 75 80 60

Π5 85 80 75 80


Ο εργολάβος θέλει να διαθέσει τα διαµερίσµατα στους πελάτες, έτσι ώστε να µεγιστοποιήσει το κέρδος του.

Πρόβληµα ΑντιστοιχήσεωςΖητούµενα:

α) Να γραφεί το ανωτέρω πρόβληµα σαν πρόβληµα αντιστοιχήσεως.

β) Να µετατραπούν τα ανωτέρω κέρδη, ούτως ώστε να παριστάνουν «κόστη» και το

αρχικό πρόβληµα µεγιστοποίησης να γραφεί ως πρόβληµα ελαχιστοποίησης.

γ) Ναλυθεί το πρόβληµα µε την χρήση της «Ουγγρικής Μεθόδου»* .


*Απαιτήσεις εφαρµογής «Ουγγρικής µεθόδου»:

i) Η αντικειµενική συνάρτηση να ελαχιστοποιείται (δηλ. οι τιµές του πίνακα της

«Ουγγρικής µεθόδου» να εκφράζουν κόστη).

ii) Το πλήθος των πηγών ισούται µε το πλήθος των προορισµών (δηλ. ο πίνακας της

«Ουγγρικής µεθόδου» να είναι τετραγωνικός).

iii) Ο πίνακας της «Ουγγρικής µεθόδου» να έχει µη-αρνητικά στοιχεία.

Πρόβληµα ΑντιστοιχήσεωςΛύση

α) Για να ικανοποιείται η απαίτηση (ii) θα πρέπει να εισάγουμε ένα «υποθετικό»διαμέρισμα Δ5, το οποίο θα αποφέρει στον εργολάβο κάποιο σταθερό κέρδοςανεξάρτητο από τον πελάτη στον οποίο θα πωληθεί .

Έστω: ci5=90, i=1,. . .,5. (1)Ορίζουμε τις μεταβλητές xij, i,j=1,. . .,5 με• xij=0 (αν τελικά ο Πi δεν αγοράσει το Δj) ή• xij=1 (αν τελικά ο Πi αγοράσει το Δj)

Έτσι, το πρόβλημα με cij όπως δίνονται στον πίνακα της εκφώνησης και με τηνπαραδοχή (1) γίνεται:

Μax z = ∑ ∑ cij xij50*3

6/*3 ↔

Μax z = ∑ ∑ cij xij60*3

6/*3 – 90 ,με περιορισμούς: ∑ 𝒙𝒊𝒋𝟓

𝒋*𝟏 =1 , για i= 1, 2, …, 5

∑ 𝒙𝒊𝒋𝟓𝒊*𝟏 =1 , για j= 1, 2, …, 5

και 𝒙𝒊𝒋 = 0 ή 1 , για I, j = 1, 2, …, 5ΕΜΠ - Τμήμα Μηχανολόγων Μηχανικών30

Πρόβληµα Αντιστοιχήσεωςβ) Για να ισχύει η απαίτηση (i) θα πρέπει να μετατραπούν τα «κέρδη» σε«κόστη».

Λόγω της απαίτησης (iii), θεωρούμε το μετασχηματισμό c’ij = (–cij) + 90, για να γίνουνόλα τα κόστη μη-αρνητικά με όσο το δυνατόν μικρότερες τιμές. Τότε, το μέγιστοκέρδος του εργολάβου δίνεται από την:

360 – Μin (∑ ∑ c′ij xij60*3

6/*3 )

*360: η μέγιστη δυνατή τιμή πώλησης και των τεσσάρων διαμερισμάτων(δηλ. προς 90 χ.μ. έκαστο).

Το πρόβλημα τώρα γράφεται:

Μin (∑ ∑ c′ij xij60*3

6/*3 ) , με περιορισμούς: ∑ 𝒙𝒊𝒋𝟓

𝒋*𝟏 =1 , για i= 1, 2, …, 5

∑ 𝒙𝒊𝒋𝟓𝒊*𝟏 =1 , για j= 1, 2, …, 5

και 𝒙𝒊𝒋 = 0 ή 1 , για I, j = 1, 2, …, 5


Πρόβληµα Αντιστοιχήσεωςγ) Ο αντίστοιχος πίνακας κόστους είναι:

Δ1 Δ2 Δ3 Δ4 Δ5

Π1 0 10 5 20 0

Π2 10 5 20 15 0

Π3 5 15 15 20 0

Π4 0 15 30 15 0

Π5 5 10 15 10 0

Για να εφαρμόσουμε τον αλγόριθμο θα πρέπει:

1. να αφαιρέσουμε από κάθε σειρά του πινάκα το ελάχιστο στοιχείο της (ο πίνακας μένειαναλλοίωτος αφού κάθε σειρά έχει τουλάχιστον ένα μηδενικό στοιχείο)

2. να αφαιρέσουμε από κάθε στήλη του πινάκα το ελάχιστο στοιχείο της.

Έτσι, καταλήγουμε στον πίνακα:


Πρόβληµα ΑντιστοιχήσεωςΔ1 Δ2 Δ3 Δ4 Δ5

Π1 0 10 5 20 0

Π2 10 5 20 15 0

Π3 5 15 15 20 0

Π4 0 15 30 15 0

Π5 5 10 15 10 0

Πράγματι, έχουμε:§ Δ2→Π2 (άρα αποκλείουμε την αντιστοίχηση Δ5→ Π5)§ Δ3→Π1 (άρα αποκλείουμε τις Δ1→ Π1 και Δ5→ Π1)§ Δ4→Π5 (άρα αποκλείουμε την Δ4→ Π5)

Συνεπώς, για το Δ1 μένει η: Δ1→Π4 και για το Δ5 η: Δ5→ Π3.

Η παραπάνω αντιστοίχηση, δίνει το μέγιστο κέρδος του εργολάβου :Κ = 90 + 85 + 85 + 80 = 340 χ.μ.


Ελέγχουμε εάν υπάρχουν «μοναδικές»

αντιστοιχήσεις, δηλ. σειρές ή στήλες με ένα μόνον

μηδενικό στοιχείο.


Άσκηση

Το κόστος τοποθέτησης τριών µηχανών (Μ1, Μ2 και Μ3) σε 4 πιθανές Θέσεις (Θ1, Θ2,Θ3 και Θ4) σε κατάλληλες χρηµατικές µονάδες (χ.µ.) φαίνονται στον ακόλουθο πίνακα :

Θ1 Θ2 Θ3 Θ4

Μ1 3 8 12 7

Μ2 10 6 15 12

Μ3 11 13 4 10

Να βρεθούν : α) Η καλύτερη τοποθέτησή τους β) Η χειρότερη τοποθέτησή τους


Πρόβληµα ΑντιστοιχήσεωςΛύση

α) Κατ’ αρχάς για την εφαρμογή της «Ουγγρικής Μεθόδου» θα πρέπει να δημιουργηθείτετραγωνικός πίνακας. Για το λόγο αυτό, εισάγουμε υποθετική μηχανή (έστω Μ4) μεκόστος τοποθέτησης σταθερό και ανεξάρτητο από την θέση τοποθετήσεώς της (έστω 15χ.μ.), οπότε έχουμε τον παρακάτω τετραγωνικό Πίνακα Κόστους (4x4):

Θ1 Θ2 Θ3 Θ4

Μ1 3 8 12 7

Μ2 10 6 15 12

Μ3 11 13 4 10

Μ4 15 15 15 15

Για κάθε i,j=1,. . .,4, ορίζουμε τις μεταβλητές xij, με:• xij=0 (αν τελικά η Μi δεν τοποθετηθεί στην Θj) ή• xij=1 (αν τελικά η Μi τοποθετηθεί στην Θj) και cij , όπως φαίνονται στον παραπάνω

πίνακα κόστους.


Πρόβληµα ΑντιστοιχήσεωςΒήμα 1ο: Αφαιρούμε από κάθε σειρά του πινάκα κόστους το ελάχιστο στοιχείο της

Θ1 Θ2 Θ3 Θ4

Μ1 0 5 9 4

Μ2 4 0 9 6

Μ3 7 9 0 6

Μ4 0 0 0 0

Βήμα 2ο : Αφαιρούμε από κάθε στήλη του πινάκα το ελάχιστο στοιχείο τηςΟ πίνακας μένει αναλλοίωτος αφού κάθε στήλη έχει τουλάχιστον ένα μηδενικό στοιχείο.

Βήμα 3ο : Ελέγχουμε αν υπάρχουν «μοναδικές» αντιστοιχήσεις, δηλ. σειρές ή στήλες με ένα μόνον μηδενικό στοιχείο


Πρόβληµα ΑντιστοιχήσεωςΠράγματι, έχουμε:

§ Μ1 →Θ1 (άρα αποκλείουμε την αντιστοίχηση Μ4 →Θ1)§ Μ2 →Θ2 (άρα αποκλείουμε την αντιστοίχηση Μ4 →Θ2)§ Μ3 →Θ3 (άρα αποκλείουμε την αντιστοίχηση Μ4 →Θ3)

Συνεπώς, για το Μ4 μένει η αντιστοίχηση Μ4 →Θ4

Θ1 Θ2 Θ3 Θ4

Μ1 0 5 9 4

Μ2 4 0 9 6

Μ3 7 9 0 6

Μ4 0 0 0 0

Η παραπάνω αντιστοίχηση, δίνει το ελάχιστο κόστος τοποθέτησης:

Cmin = 3 + 6 + 4 = 13 χ.μ.


Πρόβληµα Αντιστοιχήσεωςβ) Ζητείται να επιλυθεί το Π.Α.:

Μax (∑ ∑ cij xij50*3

5/*3 )

Με περιορισμούς:

§ ∑ xij50*3 = 1 , για i = 1, 2, 3, 4

§ ∑ xij5/*3 = 1, για j = 1, 2, 3, 4

§ και xij = 0 ή 1, για i,j =1,. . .,4


Πρόβληµα ΑντιστοιχήσεωςΒήμα 1ο : Μετατρέπουμε το πρόβλημα σε «πρόβλημα ελαχιστοποίησης»

Για να μην προκύψει Πίνακας με αρνητικές τιμές, θεωρούμε το μετασχηματισμό:c'ij = (–cij) + 15για να γίνουν όλα τα κόστη μη-αρνητικά με όσο το δυνατόν μικρότερες τιμές.

Τότε, το μέγιστο κέρδος του εργολάβου δίνεται από την:

60 – Μin (∑ ∑ c′ij xij50*3

5/*3 )

*60 : μέγιστη υποθετική τιμή κόστους τοποθέτησης των τεσσάρων μηχανών (δηλ. 15 χ.μ.έκαστη) .

Ο αντίστοιχος πίνακας κόστους είναι: Θ1 Θ2 Θ3 Θ4

Μ1 12 7 3 8

Μ2 5 9 0 3

Μ3 4 2 11 5

Μ4 0 0 0 0

Θ1 Θ2 Θ3 Θ4

Μ1 0 5 9 4

Μ2 4 0 9 6

Μ3 7 9 0 6

Μ4 0 0 0 0


Πρόβληµα ΑντιστοιχήσεωςΒήμα 2ο: Αφαιρούμε από κάθε σειρά του πινάκα το ελάχιστο στοιχείο της

Θ1 Θ2 Θ3 Θ4

Μ1 9 4 0 5

Μ2 5 9 0 3

Μ3 2 0 9 3

Μ4 0 0 0 0

Βήμα 3ο: Αφαιρούμε από κάθε στήλη του πινάκα το ελάχιστο στοιχείο της

Ο πίνακας μένει αναλλοίωτος αφού κάθε στήλη έχει τουλάχιστον ένα μηδενικό στοιχείο.


Πρόβληµα ΑντιστοιχήσεωςΒήμα 4ο: Ελέγχουμε αν υπάρχουν «μοναδικές» αντιστοιχήσεις, δηλ. σειρές ή στήλες με ένα μόνον μηδενικό στοιχείο

Α. Δεν υπάρχουν «μοναδικές» αντιστοιχήσεις

Βρίσκουμε το μέγιστο πλήθος δυνατών αντιστοιχιών. Έχουμε: § Μ1 →Θ3 (άρα αποκλείουμε τις Μ2 →Θ3 και Μ4 →Θ3) § Μ3 →Θ2 (άρα αποκλείουμε την Μ4 →Θ2) § Μ4 →Θ1 (άρα αποκλείουμε την Μ4 →Θ4)

Θ1 Θ2 Θ3 Θ4

Μ1 9 4 0 5

Μ2 5 9 0 3

Μ3 2 0 9 3

Μ4 0 0 0 0

Μέγιστο πλήθος δυνατών αντιστοιχήσεων : 3


Πρόβληµα ΑντιστοιχήσεωςΒήμα 5ο: Χαράσσουμε το ελάχιστο πλήθος γραμμών για την κάλυψη των μηδενικών

Το πλήθος αυτό θα είναι ίσο με το μέγιστο πλήθος δυνατών αντιστοιχήσεων, δηλ. ίσο με 3.

Κατά τα γνωστά: 1. Σημειώνουμε όλες τις σειρές που δεν περιέχουν αντιστοιχήσεις. 2. Σημειώνουμε όλες τις στήλες που έχουν μηδενικά σε σημειωμένες σειρές.3. Σημειώνουμε όλες τις σειρές που έχουν αντιστοιχήσεις σε σημειωμένες στήλες.4. Επαναλαμβάνουμε τα βήματα β και γ έως ότου δεν μπορούν να σημειωθούν άλλες σειρές ή

στήλες. 5. Χαράσσουμε μία γραμμή από κάθε μη σημειωμένη σειρά και κάθε σημειωμένη στήλη.

Θ1 Θ2

ü (β) Θ3 Θ4

Μ1 9 4 0 5

ü (γ) Μ2 5 9 0 3

ü (α)Μ3 2 0 9 3

Μ4 0 0 0 0



Βήμα 6ο: Εξετάζουμε όλα τα στοιχεία που δεν καλύπτονται από γραμμή§ Εκλέγουμε το ελάχιστο από αυτά (=3 στη θέση Μ2,Θ4) και το αφαιρούμε από τα άλλα

ακάλυπτα στοιχεία. § Στη συνέχεια προσθέτουμε το στοιχείο αυτό σε κάθε στοιχείο που βρίσκεται στην τομή

δύο γραμμών, και πηγαίνουμε στο βήμα 4ο.

Θ1 Θ2 Θ3 Θ4

Μ1 9 4 0 5

Μ2 5 9 0 3

Μ3 2 0 9 3

Μ4 0 0 0 0

Θ1 Θ2 Θ3 Θ4

Μ1 6 1 0 2

Μ2 2 6 0 0

Μ3 2 0 12 3

Μ4 0 0 3 0



Η παραπάνω αντιστοίχηση, δίνει το μέγιστο κόστος τοποθέτησης:Cmax = 12 + 12 + 13 = 37 χ.μ.

Θ1 Θ2 Θ3 Θ4

Μ1 6 1 0 2

Μ2 2 6 0 0

Μ3 2 0 12 3

Μ4 0 0 3 0


Β. Υπάρχουν «μοναδικές» αντιστοιχήσεις:

§ Μ1 →Θ3 (άρα αποκλείουμε την αντιστοίχηση Μ2 →Θ2) § Μ2 →Θ4 (άρα αποκλείουμε την αντιστοίχηση Μ4 →Θ4) § Μ3 →Θ2 (άρα αποκλείουμε την αντιστοίχηση Μ4 →Θ2) Συνεπώς, για το Μ4 μένει η αντιστοίχηση Μ4 →Θ1

Χρηματοδότηση

Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό έχει αναπτυχθεί στα πλαίσια του εκπαιδευτικού έργου του διδάσκοντα.Το έργο «Ανοικτά Ακαδημαϊκά Μαθήματα» του ΕΜΠ έχει χρηματοδοτήσει μόνο την αναδιαμόρφωση του υλικού.Το έργο υλοποιείται στο πλαίσιο του Επιχειρησιακού Προγράμματος «Εκπαίδευση και Δια Βίου Μάθηση» και συγχρηματοδοτείται από την Ευρωπαϊκή Ένωση (Ευρωπαϊκό Κοινωνικό Ταμείο) και από εθνικούς πόρους.

Γραμμικός Προγραμματισμός – Πρόβλημα...

Documents

Transcript of Γραμμικός Προγραμματισμός – Πρόβλημα...