运筹学课件 最短路、最大流、邮路

(1,1) (1,1)
vt
(v3,1)
v1
(Vs,4)
(2,2)
v3
(-v2,1)
最大流问题
按照标号找到一条增广链：
vs
4
v1
1
v2
1
v3
1
vt
由上可知： θ =1
沿增广链对可行流进行调整。
最大流问题
例：用标号法求下面网络的最大可行流
v2
(3,3)
(4,3)
v4
(5,3) (3,0) (2,2)
最小费用最大流问题

例：求下面网络的最小费用最大流。弧旁数字 为（ bij ，cij ）。
(4,10)
v1
(2,5)
(1,7)
vt
Байду номын сангаас
vs
(1,8)
(6,2) (2,4) (3,10)
v2
v3
最小费用最大流问题


（1） 取f(0) =0为初始可行流。 （2）构造赋权有向图W（ f (0) ），并求 出vs到vt的最短路。 （3）确定与最短路相应的增广链。 （4）对增广链进行调整，得到新的可行 流，再构造新的赋权有向图。直到找到 最小费用最大流。
最小费用最大流问题


于是在网络中寻求关于f的最小费用最大流就 等于在赋权有向图中，寻求从vs到vt的最短路。 因此有如下算法： 开始取f (0) =0,一般情况下，若在第k-1步得 到最小费用流f (k-1) ，则构造赋权有向图W （ f (k-1) ），在W（ f (k-1) ），中，寻求从vs 到vt的最短路。若不存在最短路，则f (k-1)就是 最小费用最大流；若存在最短路，则在原网络 中得到相应的增广链，在增广链上对f (k-1)进 行调整。
vs
(1,0) (5,2)
(1,0)
vt
v1
(2,2)
v3
7.5 最小费用最大流问题



设一个单位流量的费用为bij， bij ≥0。 最小费用最大流问题即求一个最大流f，使流的总输送费用 最小。 当沿着一条关于可行流f的增广链μ ，以θ =1调整f，得到 新的可行流f’，b(f’)比b(f)增加值为： b(f’)-b(f)=[∑bij （ f’ - f ）-∑ bij （ f’ - f ）] =∑ bij -∑ bij 称为这条增广链的“费用” 可以证明：若f是所有可行流中费用最小者，而是关于f的 所有增广链中费用最小的增广链，，那么沿去调整f，得到 的可行流f’，，就是所有可行流中的最小费用流。这样当f’ 是最大流时，它也就是所求的最小费用最大流了。
16 30
59 41
17
6
1
22
17 31
3
23
5
18
使用Dijstra算法，上述问题最短路为1-3-6或1-4-6 即：第1、3年年初购买设备，或第1、4年年初购买设备 五年最佳总费用为53。
作业题：

某地7个村镇之间现有交通距离如图
求：1)从村1到其余各村的最短距离？ 2)如要沿路架设电话线，如何使总长度最小同时又使每个村都 能安装上电话？
最大流问题
寻求最大流的标号法： 1、标号：从vs开始，给vs标上（0，∞），一般地取 一个标号点vi ，对一切标号点vj ： （1）若在弧（vi，vj) 上， fij ＜ cij则给vi标号（ vi ， l(vi )。这里l(vi )= =min[cij - fij ，l(vi ) ] （2）若在弧（vj，vi) 上， fij ＞0,则给vi标号（ -vi ， l(vi )。这里l(vi )= =min[ fij ，l(vi ) ] 重复上述步骤，一旦vt被标上号，表明得到一条从vs 到vt的增广链，转入调整过程。
1 1 2 3 4 5 2 16 3 22 16
（使用寿命为j-i年） 具体权数计算结果如下：
5 41 30 23 17 6 59 41 31 23 18
如：（2－4）权数为：a2+b1+b2=11＋5＋6=22
4 30 22 17
通过一个网络的最短路径

例 设备更新问题 ：
2 16 30 22 41 4 23
2
24
5 11 10
20 8 1
15 3 * 10 4 8
7 20
6
6 *
通过一个网络的最短路径
狄克斯屈（Dijstra）方法（ωij≥0）


开始节点标永久标记[0,P],其余为临时标记[T,-] 找出与开始节点相邻的所有节点，为每一个设标记 [L,1]，其中L值最小的节点标记右上角标上*，使之成 为永久标志。L为两节点间距离，1表示始于第一节点 从新的永久标志开始，找出从此节点出发可到达的所有 节点，计算这些节点的最短距离（现有距离和经新的永 久标志到达的距离的小的一个值），保持、新设或更改 这些节点的标志为 [最短距离，最短路径上前一节点标 号]，比较图中所有没有*的标记（临时性标记），找出 距离最短的一个节点，使之成为永久性标记。重复这一 步，直到所有的节点都成为永久性标志为止。
最大流问题
2、调整过程： 按vt及其它点的第一个标号，反向追踪找 出增广链，并找出θ =min﹛cij-fij(对μ +）;f （对μ - ）﹜ ij 再令f’ =﹛fij+ θ (对μ +）;fij- θ （对 μ - ）；fij（对非增广链上的弧）﹜ 去掉所有的标号，对新的可行流f’ 重新进 入标号过程。

线性规划方法 标号法
最大流问题

网络与流： 网络：给一个有向图D=（V，A），在 V中指定一点称为 发点（记为vs )，而另一点称为收点（记为vt），其余点叫 中间点，对应每一个弧（vi，vj）∈A，对应有一个C（vi， vj）≥0（或简写为cij） ，称为弧的容量。通常我们就把D 叫做一个网络。记作D=（V，A，C）。
通过一个网络的最短路径
k
[Dj,k]
j Lij
[Di ,m] i
从i-j时： 如果Di+Lij≥Dj,则不改变j的标记； 如果Di+Lij<Dj，则改为[Di+Lij,i]
通过一个网络的最短路径

例5－5 狄克斯屈方法 ：
[20,1] [T,-]
2
[0,P]
1
20 8
[25,3] [T,-] 10
4 8
11
[41,6] [T,-]
7
15 3
10
20 6 6 *
*
[T,-] [15,1]
[T,-] [21,3]
*
24
*
[35,4] [44,2] [T,-]
5
*
*
通过一个网络的最短路径
从起始点到每一点的最短距离为： 节点 最短距离 路径 2 20 1－2 3 15 1－3 4 25 1－3－4 5 35 1－3－4－5 6 21 1－3－6 7 41 1－3－6－7
流：定义在弧集合A上的一个 函数f=﹛f（vi，vj）﹜，并称 f（vi，vj）为弧（vi，vj）上的流量，可简写为fij 也可以描述成“加在网络各条弧上的一组负载量(fij)”
最大流问题

可行流 可行流：满足下述条件的流f称为可行流：
1）容量限制条件：对每一条（vi，vj) ∈A，
0≤ fij≤cij
最小费用最大流问题
由于bij ≥0，所以f=0必是流量为0的最小费用流，余下 的问题就是如何去寻求关于f的最小费用增广链。 为此，可构造一个赋权有向图W（f），它的顶点是原网 络D的顶点，而把D中的每一条弧（vi，vj）变成两个相 反方向的弧（vi，vj）和（vj，vi）。定义W（f）中弧 的权wij为： bij （ fij ＜ cij ）；+∞（ fij = cij ） wji为： -bij （ fij ＞ 0）；+∞（ fij =0 ）
最大流问题
增广链：设f是一个可行流，μ 是从vs到vt的 一条链，若μ 满足下列条件，则称之为增广链： 在弧（vi，vj) ∈μ +，0≤f<c， 在弧（vi，vj) ∈ μ - ，0＜f≤c 。 截集：对网络D=（V ，A，C），若点集V被剖分为 两个非空集合V1和V1，使vs ∈ V1 ， vt ∈ V1，则 把弧集（ V1，V1 ）称为截集。 截量：把截集中所有弧的容量之和称为这个截集的 容量。
最小费用最大流问题

调整量为：
θ =min﹛min[cij-fij (k-1) ] （对μ
+）；
min fij (k-1) （对μ - ）﹜ 令fij (k) = fij (k-1) + θ （对μ +）； fij (k-1) - θ （对μ - ）； fij (k-1) （对非增广链上的弧） 得到新的可行流f(k) ，再对f(k)重复上述步骤。
最大流问题
例：用标号法求下面网络的最大可行流
v2
(3,3)
(4,3)
v4
(5,3) (3,0) (2,1)
vs
(5,1)
(1,1)
vt
v1
(2,2)
v3
最大流问题
例：用标号法求下面网络的最大可行流
(-v1,1)
(V2,1) (4,3)
v2
(3,3)
v4
(5,3) (3,0) (2,1)
vs
（0，∞） (5,1)
2）平衡条件，即对于中间点，流出量=流入量。 可行流的流量：即发点的净输出量或收点的净输入量。 最大流问题就是求一个流，使其流量达到最大。且满 足：0≤fij≤cij, ( vi,vj∈A), ∑Fij- ∑Fji= V(f) (i=s) ; 0 (i≠s,t); -v(f) (i=t)
最大流问题
最短路径问题的应用

例：设备更新问题
某厂使用一种设备，每年年初设备科需要对该设备的更新与否作出 决策。若购置新设备，就要支付购置费；如果继续使用则需要支付 维修费，设备使用的年数越长，每年所需的维修费越多。现若第一 年年初购置了一台新设备，问在5年内如何制定设备更新计划，以 便使新设备购置费和维修费的总费用最小？已知设备在5年内各年 年初的价格及设备使用不同年数的维修费如下：
7.3 最短路问题


问题 在一个网络中，给定一个始点Vs，和一 个终点Vt，求Vs 到Vt的一条路，使路长 最短。 求解 能划分阶段的，可采用动态规划方法。 不能分阶段的，采用狄克斯屈方法。
通过一个网络的最短路径

如果P是D中从Vs 到Vt的最短路，Vi是P中的一个点， 那么，从Vs 沿P到Vi的路是从Vs 到Vi的最短路。
4 7 1 12 3 2 15 26 5 25 6 17 16 15
10
10
12
24
11
7
最大流问题


最大流问题（有向图或网络） 在一定条件下，使网络系统中从开始点到结束 点之间的某种物资流（交通流、信息流、资金 流、水流等 ）的流量达到最大的问题。限制 条件是每一条边的最大通过能力（流量）不等。 但有多条路。 最大流量求解

最大流问题
两个重要结论： 1、任何一个可行流的流量都不会超过任一截集的容量。 2、若对于一个可行流f *，网络中有一个截集（ V1*，V1*）， 使v（ f *）=C(V1*，V1 *)，则f *必是最大流，而（ V1*， V1 *）必是所有截集中容量最小的一个，即最小截集。
定理：可行流f *是最大流，当且仅当不存在关于f *的增广链。 于是有如下结论：最大流量最小截量定理：任一个网络中，从vs 到vt的最大流量等于分离vs，vt的最小截集的容量。
第i年 价格 ai 使用寿命 费用 bi 1 11 0－1 b1 5 2 11 1－2 b2 6 3 12 2－3 b3 8 4 12 3－4 b4 11 5 13 4－5 b5 18
最短路径问题的应用

例 设备更新问题
把求总费用最小问题化为最短路径问题。用点 i (i=1,2,3,4,5)表示第 i 年买进一台新 设备。增设一点 6 表示第五年末。从i点到i+1,……, 6 各画一条弧，弧（i , j）表示在 第 i 年买进的设备一直使用到第 j 年年初（第 j －1年年末）。求1点到6点的最短路径。 路径的权数为购买和维修费用。 弧（i , j）的权数为第i年的购置费ai＋从第i年使用至第j-1年末的维修费之和。 从第i年使用至第j-1年末的维修费：b1+…+bj-i
最小费用最大流问题

W（ f(0) ），最短路及增广链， θ =5
4
v1
2
1
vt
vs
1
6 2 3
v2
v3
最小费用最大流问题

（ f(1 )），V （ f(1) ）=5
0
v1
5
5
vt
vs
5
0 0 0
v2
v3
最小费用最大流问题


饱和弧：若给一个可行流 f=﹛ fij ﹜，把网络 中使fij = cij的弧称为饱和弧， fij ＜ cij的弧称 为非饱和弧。 零流弧（fij =0）；非零流弧（fij ＞0） 设网络中有一从vs到vt到的一条链μ ，则与链 的方向一致的弧称为前向弧，（前向弧的全体 记μ + ），与链的方向相反的弧称为后向弧。 （后向弧的全体记μ - ）