ZAGADNIENIE TRANSPORTOWE

ZT.1. Zagadnienie transportowe w postaci tablicy

Z m punktów (odpowiednio A1,...,Am) wysyłamy jednorodny produkt w

ilościach a1,...,am do n punktów odbioru (odpowiednio B1,...,Bn), gdzie jest odbierany

w ilościach b1,...,bn. Dostawcami mogą być na przykład zakłady produkcyjne, punkty

odprawy, hurtownie, magazyny, itp. Odbiorcami sklepy, hurtownie, inne punkty

popytu na towar. Niech między każdym i-tym dostawcą, a każdym j-tym odbiorcą

istnieje bezpośrednie połączenie transportowe oraz są znane koszty transportowe

jednostki produktu cij w postaci pewnych liczb wymiernych (i=1,..,m; j=1,..,n). W

praktyce można zakładać, że wszystkie wartości ai, bj, cij są liczbami całkowitymi.

Można to zawsze osiągnąć poprzez dobór odpowiedniej skali mierzenia.

Zagadnienie transportowe polega na ustaleniu takich ilości przewozu

towarów od dostawców do odbiorców, aby zostało zaspokojone zapotrzebowanie

wszystkich odbiorców oraz - aby sumaryczny koszt transportu był minimalny.

Ilości przewożonych towarów od dostawców do odbiorców tworzą tak zwany plan

przewozu. Aby rozwiązać zagadnienie transportowe (ZT) trzeba znaleźć taki plan

przewozu, dla którego sumaryczny koszt transportu jest minimalny. Wszystkie dane

wejściowe możemy prezentować w postaci tablicy transportowej:

Odbiorcy

Dostawcy

B1 B2 ..... .... Bn

b1 b2 ..... .... bn

A1 a1 c11 c12 … … c1n

A2 a2 c21 c22 … … c2n

... ... … … … … …

... ... … … … … …

Am am cm1 cm2 … … cmn

W standardowej postaci ZT – postać tę będziemy nazywali zamkniętym zagadnieniem

transportowym (ZZT) - przyjmujemy ograniczenie, że sumaryczna podaż jest równa

sumarycznemu popytowi – spełniony jest tak zwany warunek bilansu:

n

jj

m

ii ba

11

.

Gdy ZT jest otwarte, to bilans nie jest spełniony. Mogą zajść dwa przypadki:

a)

n

j

j

m

i

i ba11

b)

n

j

j

m

i

i ba11

Aby przekształcić otwarty model do zamkniętego i korzystać dalej ze standardowych

metod rozwiązywania ZT stosujemy następującą metodę przekształceń otwartego ZT

na zamknięty. W przypadku a) wprowadzamy do tablicy transportowej dodatkowego

fikcyjnego dostawcę Am+1, który dysponuje

m

i

i

n

j

jm aba11

1 jednostkami towaru,

przy czym koszty transportu jednostek takiego towaru do odbiorców są zerami, tzn.

cm+1,j = 0, j=1,...,n. Tym samym otrzymujemy zamknięte ZT. W przypadku b)

dodajemy fikcyjnego odbiorcę Bn+1 oraz postępujemy analogicznie jak w przypadku

a).

Przy budowaniu modelu matematycznego ZT wprowadzamy zmienne xij,

i=1,...,m; j=1,...,n, które oznaczają ilość towaru transportowanego od i-tego dostawcy

do j-tego odbiorcy.

Jeżeli xij oznacza ilość produktu wysłanego z punktu Ai do punktu Bj to model

matematyczny zamkniętego zagadnienia transportowego można zapisać w postaci:

wyznacz wartości xij , i=1,...,m; j=1,...,n, dla których funkcja

m

i

n

jijijxcz

1 1

przyjmuje

wartość najmniejszą, przy ograniczeniach:

1. i

n

j

ij ax 1

, i=1,...,m; (równanie oznacza, że cały towar musi być wywieziony od

wszystkich dostawców);

2. j

m

i

ij bx 1

, j=1,...n; (zapotrzebowanie wszystkich odbiorców musi być

zaspokojone);

3. 0ijx .

Analizując sformułowane ZT w postaci modelu matematycznego widzimy, że w tym

modelu wszystkie ograniczenia oraz funkcja celu mają potęgę jeden, tzn. ogólnie

rzecz biorąc ZT jest szczególnym przypadkiem ZPL – moglibyśmy rozwiązywać to

zagadnienie metodą simpleksową. Ale istnieją znacznie efektywniejsze metody

rozwiązania ZT.

Twierdzenie ZT.1.

Zagadnienie transportowe (ZT) ma co najmniej jedno rozwiązanie

dopuszczalne.

Takim rozwiązaniem mogą być wartości xij=

jj

ji

ii

ji

b

ba

a

ba. Ten fakt można sprawdzić

podstawiając wskazane wartości bezpośrednio do modelu matematycznego: dla

każdego i=1,...,m mamy

n

jij

x1

=

n

j 1 i

i

ji

a

ba,

1i

ii

jji

jji

ii

aa

ba

baa

, ale z założenia

n

jij

x1

=i

a . Postępując

analogicznie z popytem na towar widzimy, że twierdzenie jest spełnione.

Twierdzenie ZT.2.

Minimalne rozwiązanie dopuszczalne ZT wymaga co najwyżej m+n-1

dodatnich wartości xij. Takie rozwiązania nazwano bazowymi.

Nie będziemy przeprowadzać tu dowodu twierdzenia, skupimy się na jego

interpretacji. Twierdzenie 2 oznacza, że optymalnego rozwiązania można szukać

tylko pośród dopuszczalnych rozwiązań bazowych. Ten fakt istotnie zmniejsza ilość

możliwych wariantów rozwiązań. Niech, dla przykładu mamy m=8 i n=10. Mamy 80

niewiadomych, 80 komórek macierzy transportowej do wypełnienia. Okazuje się (z

twierdzenia wyżej), że nie we wszystkich komórkach są rozwiązania dodatnie.

Dodatnie przewozy mogą być tylko w m+n-1 komórkach bazowych (będzie ich

8+10-1=17), a w pozostałych (80-17=63) są zera.

Na tej podstawie zbudowano kilka algorytmów rozwiązania ZT. Każda z tych metod

realizuje następujący schemat rozwiązania:

- najpierw budowane jest początkowe bazowe rozwiązanie;

- dalej sprawdza się, czy jest ono rozwiązaniem optymalnym;

- jeśli nie jest rozwiązaniem optymalnym, to buduje się nowe rozwiązanie

bazowe, które nieznacznie różni się od poprzedniego i znów sprawdza się, czy

jest ono rozwiązaniem optymalnym;

- w ten sposób, po skończonej ilości kroków, otrzymamy rozwiązanie

optymalne.

Dla budowania początkowego bazowego rozwiązania istnieje kilka

sposobów. Najprostszy z nich korzysta z zasady kąta północno-zachodniego.

........

Metoda polega na operacjach: dla północno-zachodniej kratki w jeszcze nie

wypełnionej części tablicy transportowej ustalamy wartość przewozu towaru jako

minimum pomiędzy aktualną podażą i popytem dla tej kratki. Dalej aktualizujemy tę

podaż i popyt odejmując od tych wartości wartość obliczonego minimum. Wiersz lub

kolumnę tabeli, w której otrzymaliśmy po aktualizacji zero wypełniamy zerowymi

przewozami. Dla pozostałej, jeszcze nie wypełnionej części tablicy powtarzamy

procedurę.

Jeśli przy aktualizacji podaży i popytu otrzymamy zero w wierszu i w kolumnie to

tylko jedno z tych zer (dowolne) uważa się za zero zwykłe, drugie 0 podkreślamy

jako 0 aktywne i trzeba je uwzględnić w kolejnym kroku ustalenia wartości

przewozów. W taki sposób zawsze znajdziemy bazowe rozwiązanie dopuszczalne

zawierające m+n-1 kratek bazowych (ewentualnie razem z kratkami zawierającymi

0).

Przykłady

Odbiorca

dostawca

1

80

2

120

3

70

4

70

1 100 80 20

2 50 50

3 70 50 20

4 120 50 70

m+n-1=4+4-1=7

Odbiorca

dostawca

1

110

2

90

3

100

4

200

1 80 80

2 120 0 30 90 0

3 200 100 100

4 100 100

Istnieje kilka metod rozwiązania ZT. Będziemy korzystali z tzw. metody

potencjałów. Niech dane będzie początkowe bazowe rozwiązanie dopuszczalne. Dla

takiego rozwiązania obliczamy takie wartości ui, i=1,m oraz vj, j=1,n, dla których we

wszystkich kratkach bazowych spełnione są równania ui+vj=cij. Równań takich mamy

m+n-1 oraz m+n zmiennych niewiadomych ui, vj, tzn. że mamy nieokreślony układ

równań. Do rozwiązania takiego układu wystarczy jednej z niewiadomych przypisać

określoną wartość. Wtedy pozostałe wartości niewiadomych zostaną łatwo

jednoznacznie określone.

Znalezione wartości ui, vj, dla wszystkich wierszy i kolumn nazywamy potencjałami.

Obliczamy Δij= (ui+vj)-cij dla wszystkich kratek niebazowych. Zostało udowodnione

następujące kryterium optymalności: jeśli w tabeli transportowej dla istniejącego

rozwiązania bazowego wszystkie Δij są mniejsze bądź równe zero to wyznaczony

plan bazowy transportu towarów jest planem optymalnym. Tym samym otrzymujemy

rozwiązanie ZT.

Jeśli kryterium optymalności nie jest spełnione budujemy nowy plan bazowy, dla

którego wartość funkcji celu jest mniejsza od wartości funkcji celu poprzedniego

planu bazowego. W tym celu spośród Δij>0 wybieramy max Δij i niech tej wartości

odpowiada np. kratka (s,t). Zaznaczona kratka i niektóre z istniejących kratek

bazowych tworzą w tabeli transportowej tzw. cykl rozładowania. Taki cykl jest

ciągiem kratek bazowych poczynając od (s,t), przy czym każde przejście między tymi

kratkami (poziome lub pionowe) zawiera kratki bazowe i ostatnim przejściem jest

przejście do (s,t). Kratkom tego cyklu przypisujemy numery 1,2,... i określamy

wartość λ=minxij dla kratek cyklu o numerach parzystych. Obliczamy nowe wartości

przewozów w kratkach cyklu dodając λ do wartości przewozów w kratkach cyklu o

numerach nieparzystych i odejmując λ od wartości przewozów w kratkach o

numerach parzystych. Przy takim odejmowaniu otrzymujemy co najmniej jedną

kratkę o zerowej wartości przewozu. Taką kratkę eliminujemy ze zbioru kratek starej

bazy i otrzymujemy nowy bazowy plan przewozów. Jeżeli przy odejmowaniu λ

otrzymamy więcej niż jedną kratkę bazową zerową to tylko jedno z tych nowych zer

uważamy za zwykłe, a pozostałe dowolne zera podkreślamy – będą to zera bazowe.

Dla nowego planu bazowego obliczamy potencjały, sprawdzamy kryterium

optymalności. Po skończonej ilości kroków otrzymamy rozwiązanie optymalne dla

ZT.

Przykład: (pogrubione fragmenty to wyjściowa tablica ZT)

90 120 150 170

100 2 90 4 10 5 0 3 0 U1=0

80 7 0 1 80 2 0 5 0 U2=-3

50 4 0 6 30 7 20 2 0 U3=2

200 7 0 8 0 2

130

1 70 U4=-3

100 0 0 0 0 0 0 0 100 U5=-4

V1=2 V2=4 V3=5 V4=4

Uwagi: suma ai=430<530=suma bj, to a5=100.

f0=950, f1=850, f2=750, f3=f min=680..

ALGORYTM ROZWIĄZYWANIA ZAGADNIENIA TRANSPORTOWEGO:

1. Budowa tablicy wielkości przewozów (metodą kąta północno-zachodniego):

Oblicz min{a1,b1) i wstaw jako x11;

{gdy a1=b1 – to jako x11 wstaw a1 oraz x1j=0, dla wszystkich j

lub b1 oraz xi1=0, dla wszystkich i

Wtedy przy aktualizacji podaży i popytu otrzymujemy zero i w wierszu i w

kolumnie. Jedno z tych zer traktujemy jak zwykłe 0, drugie jest 0 i jako

aktywne uwzględniamy w kolejnym kroku ustalania wielkości przewozów}

Powtarzaj obliczanie min dla klatek wysuniętych najbardziej na pn.-zach.

w zmodyfikowanej tablicy

2. Sprawdzamy, czy m+n-1 jest równe ilości klatek bazowych {jak nie – wróć do

1 lub 8}

3. Obliczamy fk=[xij] [cij], k=0,1,2,...

4. METODA POTENCJAŁU:

a) w oparciu o klatki bazowe nadaj potencjały wg przepisu ui+vj=cij

b) dla klatek niebazowych oblicz ij= (ui+vj)-cij

Jeśli dla każdych i,j mamy ij0, to plan jest optymalny {KONIEC}

Jeśli NIE:

5. Kładziemy * w klatce o największej dodatniej ij

6. Tworzymy „cykl” po klatkach bazowych zaczynając go i kończąc w klatce *

numerując wybrane do cyklu klatki od jedynki {klatka * ma numer 1}

7. Obliczamy minimum z wartości xij w klatkach o numerach parzystych

8. „Przesuwamy” w klatkach cyklu {mogą powstać ZERA BAZOWE}

9. Wracamy do 2.

Przykład: ai bj 40 60 80 60

60 1 2 3 4

80 4 3 2 0

100 0 2 2 1

0. Czy ZT=ZZT?

4

1

?3

1 j

j

i

i ba

60+80+100=40+60+80+60 (tak, ZT=ZZT)

1. Tablica przewozów wypełniona metodą kąta północno-zachodniego:

ai bj 40 60 80 60

60 1 2 3 4

80 4 3 2 0

100 0 2 2 1

Min{60;40}=40

ai bj 40 60 80 60

60 1

40 2

3

4

80 4

3

2

0

100 0

2

2

1

a1=60-40; b1=40-40

ai bj 0 60 80 60

20 1

40 2

3

4

80 4

0

3

2

0

100 0

0

2

2

1

ai bj 0 60 80 60

20 1

40 2

20 3

4

80 4

0

3

2

0

100 0

0

2

2

1

Min{20;60}=20

a1=20-20; b1=60-20

ai bj 0 40 80 60

0 1

40 2

20 3

4

80 4

0

3

2

0

100 0

0

2

2

1

Powtarzamy, aż wypełniona zostanie cała tablica przewozów:

ai bj 0 0 0 0

0 1

40 2

20 3

0 4

0

0 4

0

3

40 2

40

0

0

0 0

0

2

0

2

40

1

60

2. Czy m+n-1=ilość kratek bazowych?

m+n-1=3+4-1=6

ai bj 0 0 0 0

0 1

40 2

20 3

0 4

0

0 4

0

3

40 2

40

0

0

0 0

0

2

0

2

40

1

60

3. Koszt transportu związany z aktualną tablicą transportową:

f0=[xij] [cij]

f0=40x1+20x2+40x3+40x2+40x2+60x1=420

4. Czy koszt jest minimalny?

METODA POTENCJAŁU

1

40 2

20 3

0 4

0 u1=0 4

0

3

40 2

40

0

0 u2=

0

0

2

0

2

40

1

60 u3=

v1= v2= v3= v4=

a) w oparciu o klatki bazowe nadaj potencjały wg przepisu ui+vj=cij

u1+v1=c11

0 + v1=1

1

40 2

20 3

0 4

0 u1=0

4

0

3

40 2

40

0

0 u2=1

0

0

2

0

2

40

1

60 u3=1

v1=1 v2=2 v3=1 v4=0

b) dla klatek niebazowych oblicz ij= (ui+vj)-cij

Jeśli dla każdych i,j mamy ij0, to plan jest optymalny

13= (u1+v3)-c13

13= (0+1)-3=-2

14= (0+0)-4=-4

21= -2

24= 1

31= 2

32= 1

Istnieją klatki niebazowe, gdzie ij>0. Plan transportu nie jest optymalny.

5. Kładziemy * w klatce o największej dodatniej ij

1

40 2

20 3

0 4

0 u1=0

4

0

3

40 2

40

0

0 u2=1

0 *

0

2

0

2

40

1

60 u3=1

v1=1 v2=2 v3=1 v4=0

6. Tworzymy „cykl” po klatkach bazowych zaczynając go i kończąc w klatce *

1

40 2

20 3

0 4

0 u1=0

4

0

3

40 2

40

0

0 u2=1

0 *

0

2

0

2

40

1

60 u3=1

v1=1 v2=2 v3=1 v4=0

(3,1)(1,1)(1,2)(2,2)(2,3)(3,3)

Numerujemy wybrane do cyklu klatki od jedynki {lub plusa}

(3,1) (1,1) (1,2) (2,2) (2,3) (3,3)

1 2 3 4 5 6

+ - + - + -

7. Obliczamy minimum z wartości xij w klatkach o numerach parzystych

=min(x11,x22,x33)

=min(40,40,40)=40

8 „Przesuwamy” w klatkach cyklu {mogą powstać ZERA BAZOWE}

1

40-40 2

20+40 3

0 4

0 u1=0

4

0

3

40-40 2

40+40

0

0 u2=1

0 *

0+40

2

0

2

40-40

1

60 u3=1

v1=1 v2=2 v3=1 v4=0

9. Wracamy do 2 i powtarzamy procedurę.

m+n-1=6

1

0 2

60 3

0 4

0 u1=0

4

0

3

0 2

80

0

0 u2=

0

40 2

0

2

0

1

60 u3=

v1= v2= v3= v4=

f1=340.

METODA POTENCJAŁU

1

0 2

60 3

0 4

0 u1=0

4

0

3

0 2

80

0

0 u2=-1

0

40 2

0

2

0

1

60 u3=-1

v1=1 v2=2 v3=3 v4=2

13= 0

14= -2

21= -4

24= 1

22<0

32< 0

1

0 2

60 3

0 4

0 u1=0

4

0

3

0 2

80 0 *

0

u2=-1

0

40 2

0

2

0

1

60 u3=-1

v1=1 v2=2 v3=3 v4=2

(2,4) (2,3) (3,3) (3,4)

1 2 3 4

+ - + -

=60

1

0 2

60 3

0 4

0 u1=0

4

0

3

0 2

20

0

60 u2=

0

40 2

0

2

60

1

0 u3=

v1= v2= v3= v4=

f2=280.

METODA POTENCJAŁU

1

0 2

60 3

0 4

0 u1=0

4

0

3

0 2

20

0

60 u2=-1

0

40 2

0

2

60

1

0 u3=-1

v1=1 v2=2 v3=3 v4=1

13= 0

14= -3

21<0

22= <0

32<0

34< 0

KONIEC

Metoda minimum macierzy

Metoda kąta północno-zachodniego cechuje się tym, że przy ustalaniu

rozwiązania początkowego bierzemy pod uwagę tylko zasoby punktów odprawy i

zapotrzebowanie punktów odbioru, nie uwzględniając kosztów transportu. Do

metod, które uwzględniają koszty cij należy metoda minimum macierzy.

Przykład: ai bj 40 60 80 60

60 1 2 3 4

80 4 3 2 0

100 0 2 2 1

0. Czy ZT=ZZT?

4

1

?3

1 j

j

i

i ba

60+80+100=40+60+80+60 (tak, ZT=ZZT)

1. Znajdź najmniejszy współczynnik kosztów transportu

c31=0=c24

Wybieramy komórkę (3,1)

min{100,40}=40=x31

ai bj 40 60 80 60

60 1

2

3

4

80 4

3

2

0

100 0

40

2

2

1

Zapotrzebowanie punktu odbioru B1 zostało zaspokojone, więc przyjmujemy

x11=x21=0.

ai bj 0 60 80 60

20 1

0 2

3

4

80 4

0

3

2

0

60 0

40

2

2

1

Powtarzamy procedurę szukania najmniejszego współczynnika kosztów

transportu na zmodyfikowanej tabeli:

c24=0

Wybieramy komórkę (2,4)

min{80,60}=60=x24

ai bj 0 60 80 0

60 1

0 2

3

4

0

20 4

0

3

2

0

60

20 0

40

2

2

1

0

c12=2

min{60,60}=60=x12

Popraw bilans: a1=b2=0, więc na przykład b2=0

ai bj 0 0 80 0

0 1

0 2

60 3

0 4

0

20 4

0

3

2

0

60

20 0

40

2

2

1

0

Powtarzamy, aż wypełniona zostanie cała tablica przewozów:

ai bj 0 40 80 0

0 1

0 2

60 3

0 4

0

20 4

0

3

0 2

20

0

60

0 0

40

2

0

2

60

1

0

2. Czy m+n-1=ilość kratek bazowych?

m+n-1=3+4-1=6

ai bj 0 40 80 0

0 1

0 2

60 3

0 4

0

20 4

0

3

0 2

20

0

60

0 0

40

2

0

2

60

1

0

3. Koszt transportu związany z aktualną tablicą transportową:

f0(minimum_macierzy)=[xij] [cij]

f0=60x2+20x2+60x0+40x0+0x2+60x2=280