第二章 运筹学运输问题

注意:1.空格为第0次 转角.2.当第一次出 现正检验数时,可停 止以下检验数的计 算.
调运方案的判优准则:对调运方案表中的每 一空格作一条闭回路,并求出检验数,如果检 验数全部小于等于零,则该调运方案最优.否 则要调整调运方案. 3. 方案的调整 ⑴ 选取入基变量:第一个正检验数的空格对 应的非基变量为入基变量.本例中 x22 为入基 变量. ⑵ 入基变量的取值为θ,θ=min{奇转角点 运量}.即该非基变量的运量为θ,同时变为 基变量.
λij = ui + v j − cij
λ11 = u1 + v1 − c11 = 0 + 2 − 3 = −1 λ12 = u1 + v2 − c12 = 0 + 11 − 11 = 0 λ22 = u2 + v2 − c22 = −1 + 11 − 9 = 1 λ24 = u2 + v4 − c24 = −1 + 12 − 8 = 3 λ31 = u3 + v1 − c31 = −7 + 2 − 7 = −12 λ33 = u3 + v3 − c33 = −7 + 3 − 10 = −14
发 B1
5 7 2 1 1
B2
B 3 B4
B5
A1 A2 A3
λ11 2
2 5 2 5 3 1 4
3 2
1 3 4
4 5 3
3 2 2
2 1 1
λ35 6
收2
5
18
Q λ11 = λ35 = 0,∴ x11 , x35均可为入基变量.
二.产销不平衡的运输问题
产销不平衡的运输问题是指∑ ai ≠ ∑ b j的情形.
i = 1,2, L, m j = 1,2,L , n
平衡运输问题数学模型的矩阵表示法
min S = Cx Ax = b x≥0
1 1 L 1 1 1 L 1 A= 1 1 1 1 O O 1 1
a1 a2 M O am 1 1 L 1 b=b O 1 1 b2 O 1 O O M b O 1 n
例3
收 发
B1
B2
B3
B4
发 量 7 5 7
B1
2 10 7
B2
11 3 8
B3
3 5 1
B4
4 9 2
A1 A2 A3
收 量 2 3 4 6
19 15
将其改为产销平衡的运输问题,并求出初始调 运方案
收 B1 发
B2
B3
库 B4 存
发 量 B1 75 2
B2
第一节 运输问题数学模型 一.平衡运输问题的数学模型 平衡表
运价
( Destination)
(Cost / Pr ofit )
销地
产地(Source)
B1
A1 A2 M Am
c11 c 21 L c m1
B2 L Bn
c12 c 22 L cm 2 L L L c1n c2 n L
供应量 (Supply )
第二章 运输问题 (Transportation problems)
物资调运是一个典型的线性规划问题.1939 年前苏联经济学家康托洛维奇提出这一问 题,1941年美国数学家F.L.Hitchcock提出运 输问题数学模型,1951年Dantzig将此类问题 的解法系统化,完善化,改为用表上作业法求 解.
该乘数方程有六个方程, 七个未知数,一定有解,且 有无穷多解.可令 u1 = 0, 得出一组解.
u1 = 0 u = −1 2 u3 = −7 v1 = 2 v = 11 2 v3 = 3 v4 = 12
由这组解按下面的公式求空格(非 基变量的检验数: λij = ui + v j − cij
n
同理, ∑∑ x = ∑ b j .
i =1 j =1
定理3 平衡的运输问题一定有最优解. 证明:
0 Q xij ≥ 0, cij ≥ 0,∴ S = ∑∑ cij xij ≥ 0, 故 min S存在. i =1 j =1 m n
1.编制初始调运方案 方法一:最小元素法(Minimal elements method) 在平衡表中,按运价最小者优先满足的原则,找 出m+n-1个有数字的格为基变量,空格为非基 变量. 方法二:西北角法(Northwest corner method) 注意:一般来说用最小元素法得到的初始调 运方案更接近于最优方案.
第二章 运输问题
产销平衡的运输问题的数学模型 表上作业法 产销不平衡的运输问题及其应用
教学目的与要求：使学生学会建模方法能用表 上作业法及WinQSB求解运输问题。 重点与难点：重点是产销平衡运输问题的表上 作业法，难点是基变量个数为m+n-1的理论及 操作方法. 教学方法:课堂讲授并辅以课件及软件. 思考题,讨论题,作业:教材中第三章作业. 参考资料:见前言 学时分配:4学时.
a1 a2 M am
L c mn
需求量(Demand )
b1 b2 L bn
∑a = ∑b
i =1 i j =1
m
n
j
建立数学模型
设从i地调往j地的调运量为xij , i = 1,2, L, m j = 1,2, L, n.
min S = ∑∑ cij xij
j =1 i =1
n
m
n ∑ xij = ai = jm1 ∑ xij = b j i =1 xij ≥ 0
二. 运输问题的表上作业法 例1 见下表:
收
发
B1
B2
B3
4
B4
3
发 量
B1
B2
11 9 4
B3
3 2 10
B4
12 8 5
A1 A2 A3
收 量 3
7 3 3 4 1 1
3
1
6
6
3
9 3 7
5 4 6 3 20
2. 最优方案的判别
方法一:闭回路法 闭回路:从非基变量格出发,沿水平或垂直方向 前进,碰到适当的基变量格转向,再回到原来的 空格,称为一个闭回路.在闭回路上的基变量格 称为转角点.可以证明,如果不考虑方向,则每一 个空格的闭回路唯一存在.
i =1 j =1 m n
当∑ ai > ∑ b j时, 称为产大于销的运输问题;当
i =1 j =1
m
n
∑ a < ∑ b 时, 称为产小于销的运输问题.
i =1 i j =1 j
m
n
对于产大于销的运输模型为 :
min S = ∑∑ cij xij
i =1 j =1
m
n
解决方法:增加一个虚拟(Dummy)库存点(销地), Bn +1 其库存量为 m n bn +1 = ∑ ai − ∑ b j .
u + v = c = 12 1 4 14 u2 + v1 = c21 = 1 u2 + v3 = c23 = 2 u3 + v2 = c32 = 4 u3 + v4 = c34 = 5
u1 + v3 = c13 = 3 u + v = c = 12 1 4 14 u2 + v1 = c21 = 1 u2 + v3 = c23 = 2 u3 + v2 = c32 = 4 u3 + v4 = c34 = 5
与闭回路法求得的检验数完全相同.
注意: ⒈ 要保证调运平衡表中填有数字的格数为 m+n-1,且不构成闭回路。 若 xij 填上调运量后,第i行发量及第j列销量都 已满足,则在运价表中只允许划去第i行与第j列 中的一个,而不允许将它们全划去. 此后,当运价 ckj 或 cil 最小时,要在 xkj 或 xil 的格子上填写0,它表示一个基变量,这属于LP中 退化的情形.
收
发
B1
2 1
B2
B3
5
B4
3
发 量 7 4 9 20
B1
3 1 7
B2
11 9 4
B3
3 2 10
B4
12 8 5
A1 A2 A3
收 量
6 3 6 5
3 6
方法二:乘数法 (位势法) 收
发 发 量 B1 B2 B3 B4 7 4 3 5 6 9 20 3 1 7 11 3 9 4 2 12 8
B1
i =1 j =1
n ∑ xij ≤ ai = jm1 ∑ xij = b j i =1 xij ≥ 0
i = 1,2, L, m j = 1,2, L, n
再增加m个松弛变量 xi ,n +1 , i = 1,2, L , m 表示产地 Ai 在 Bn +1 处的库存量.在运价表中, 相应的运价 ci ,n +1 = 0 ,但这个运价不按最小元 素处理. 经过以上的处理,可将产大于销的运输问题变 为产销平衡的运输问题.
B2
B3
B4
A1 A2 3 A3
收 3 量
4 1 6 6
3
10 5
令第一,二,三行的乘数分别为 u1 , u2 , u3 . 令第一,二,三,四列的乘数分别为 v1 , v2 , v3 , v4 .
i = 1,2,3. j = 1,2,3,4. 且有 ui + v j = cij 写出基变量的乘数方程: u + v = c = 3 1 3 13
B3
3 2 10
B4
12 8 5
4 +1 3
A1 A2 A3
收 量
3 6
+1
1
−1
3
−1
9
+1
3
6
5
6
20
第一次调整后的新方案 收
发 发 量 7 4 4 5 6 9 20
B1
3
B2
1 5
B3
5
பைடு நூலகம்B4
2
B1
3 1 7
B2
11 9 4
B3
3 2 10
B4
12 8 5
A1 A2 A3
收 量 3
6
经过四次迭代得到最优方案如下,总运费为85.
找出上例中各空格的闭回路
收
发
B1
3
B2
B3
4 1
B4
3
发 量 7 4
B1
3 1 7
B2
11 9 4
B3
3 2 10
B4
12 8 5
A1 A2 A3
收 量 3 6 6
3 5 6
9 20
每个空格即非基变量的检验数的求法:
对应于空格xij的检验数λij 等于xij的闭回路上奇转角点 运价之和减去偶转角点运价之和.
⑶ 出基变量的选择:在此闭回路上和奇转角 点上最小运量对应的基变量变为零,该变量 是出基变量,在新方案中它的位置是空格. ⑷ 在该闭回路中按奇,偶点进行运量的平衡 调整,得一新的调运方案. ⑸ 对新方案判优,调整,直到求出最优方案.
收 B1 发
B2
B3
B4
−1
发 量 7 4
B1
3 1 7
B2
11 9 4
m n
x≥0
i =1
i
j =1
j
证明:必要性
设{x } 是方程组的一个可行解, 则∑ a = ∑∑ x
m m n 0 ij i =1 i i =1 j =1 0 及∑ b j = ∑∑ xij ,所以, ∑ ai = ∑ b j . j =1 j =1 i =1 i =1 j =1 n n m m n 0 ij
x11 x12 M x = x1n x 21 M xmn
C = (c11 c12 L c1n
c21 c22 L c2 n L cm1 cm 2 L cmn )
定理1 在产销平衡的运输问题中,其约束方程组 的系数矩阵和增广矩阵的秩相等,且等于m+n-1. 定理2 方程组 Ax = b 有解的充要条件是 ∑ a = ∑ b .
λij = 奇转角点运价之和 − 偶转角点运价之和.
λ11 = (3 + 1) − (2 + 3) = −1 λ12 = (12 + 4) − (5 + 11) = 0 λ22 = (2 + 12 + 4) − (3 + 5 + 9) = 1 λ24 = (2 + 12) − (3 + 8) = 3 λ31 = (5 + 3 + 1) − (12 + 2 + 7) = −12 λ33 = (5 + 3) − (12 + 10) = −14.
请看下面的例子: 收
发 发 量 25 3
B1
22
B2
B3
3
B4
B1
1 8 7
B2
6 9 2
B3
4 5 4
B4
8 10 3
A1 A2 A3
收 量
14
18
13
22 13 17 14
0
18
32 18 13 70
第三行,第二 列任选一个
2. 对于有的运输问题,最优调运方案不止一个.
B1
B2
B 3 B4
B5
充分性
设∑ ai = ∑ b j = M , 取x =
i =1 j =1 0 ij 0 xij = ∑ ∑ j =1 j =1 n m n n m n
ai b j M
, i = 1,2, L , m
j = 1,2, L, n
ai b j
ai = M M
n 0 ij j =1
m n m ai 0 bj = M = ai , 故∑∑ xij = ∑ ai , ∑ M j =1 i =1 j =1 i =1