胡运权《运筹学教程》(第5版)配套题库-考研真题精选及课后习题(第一~三章)【圣才出品】
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表 1-1-1
解：（1）先对各行减去本行的最小元素，再对各列减去本列最小元素，得到矩阵 C 如
下：
0 2 6 9
C 1 4 4 0 1 0 0 3 2 3 6 0
（2）确定独立零元素，对 C 加圈，得到
◎ 2 6 9
C
1
1
4 ◎
4
◎ 3
2
3
6
（3）由于只有 3 个独立零元素，少于系数矩阵阶数 n＝4，故需要确定能够覆盖所有
零元素的最少直线数目的集合。结果如下：
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（4）在未被覆盖的元素中找最小元素，未被覆盖的行分别减去该最小元素，在出现负
数的列上整列加上最小元素，得到新矩阵 C′：
0 2 6 10
C 0 3 3
0
1 0 0 4
①甲－A，乙－D，丙－C，丁－B
②甲－B，乙－A，丙－C，丁－D
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最小总消耗时间均为 70。
2．图 1-1-1 中每条边上的数字表示边的长度（单位：公里），求点 A 到点 G 的最短路 径（写出过程）。[中山大学 2019 研]
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第一部分 考研真题精选
一、判断题
1．要求不超过第一目标值、恰好完成第二目标值，目标函数是 min z＝p1d1＋＋p2（d2 －－d2＋）。（ ）[暨南大学 2019 研]
【答案】× 【解析】不超过第一目标值、恰好完成第二目标值的目标函数应为 min z＝p1d1＋＋p2 （d2－＋d2＋）。
1 2 5
0
（5）对其加圈，得到：
◎ 2 6 10
C 1
3 ◎
3
4
1
2
5 ◎
（6）同样发现独立零元素个数小于阶数，重复步骤（3）、（4），可得最终加圈矩阵 C″：
◎ 0 4 10
C
0
3
1 1 ◎ 0 ◎ 6
1
◎
3
0
或
0 ◎ 4 10
C ◎ 3
1 0
1 ◎
0
6
1
0
3 ◎
最优指派方案有两种：
3．表上作业法中初始方案均为（ ）。[暨南大学 2019 研] A．最优解 B．非可行解
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C．待改进解
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D．可行解
【答案】D
【解析】表上作业法迭代过程中得出的所有解都是运输问题的基可行解。
三、简答题
1．简述增广链的概念。[南京航空航天大学 2018 研] 答：设 f 是一个可行流，vs 是网络的起点，vt 是网络的终点，μ是从 vs 到 vt 的一条链， 若μ满足下列条件： （1）在弧（vi，vj）∈μ＋上，0≤fij＜cij，即μ＋中每一前向弧是非饱和弧。 （2）在弧（vi，vj）∈μ－上，0＜fij≤cij，即μ－中每一后向弧是非零流弧。 称μ是关于可行流 f 的一条增广链。
图 1-1-1 解：将最短路问题分为 4 个阶段，第一阶段状态为 A，第二阶段状态为 B、C，第三阶 段状态为 D，第四阶段状态为 E、F。采用逆序算法： 当 k＝4 时，f4（E）＝276，f4（F）＝186； 当 k＝3 时，f3（D）＝min{d（D，E）＋ f4（E）， d（D，E）＋ f4（F）}＝min{58 ＋276，110＋186}＝296，路径为 D→F→G； 当 k＝2 时，f2（B）＝min{d（B，E）＋ f4（E）， d（B，D）＋ f3（D）}＝min{300 ＋276，350＋296}＝576，路径为 B→E→G； f2（C）＝ d（C，D）＋ f3（D）＝241＋296＝537，路径为 C→D→F→G； 当 k＝1 时，f1（A）＝min{ d（A，B）＋ f2（B）， d（A，C）＋ f2（C）}＝min{404 ＋576，479＋537}＝980，路径为 A→B→E→G ∴点 A 到点 G 的最短路径为 A→B→E→G，共 980 公里。
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单时差等于其紧后工作的最早开工时间与本工作的最早完工时间之差。
四、计算题
1．有 4 个工人，要指派他们分别完成 4 种工作，每人做各种工作所消耗的时间如表 1-1-1 所示，问指派哪个人去完成哪种工作，可使总的消耗时间为最小？[北京邮电大学 2018 研]
2．简述后悔值决策准则。[南京航空航天大学 2018 研] 答：后悔值决策准则基本思想在于尽量减少决策后的遗憾，使决策者不后悔或少后悔。 具体计算时，先根据效益矩阵最大值减去矩阵中的每个数，得到后悔矩阵；再取各方案最大 后悔值，最后取不同方案最大后悔值中的最小值，以该方案作为最优方案。
3．简述工序单时差。[南京航空航天大学 2018 研] 答：工序单时差指在不影响紧后工资的最早开工时间条件下，该工作可以延迟其开工时 间的最大幅度，用 r（i，j）表示。其计算公式为：r（i，j）＝tES（j，k）－tEF（i，j），即
2．μ是关于可行流 f 的一条增广链，则在μ上有：对一切（i，j）∈μ－，有 fij＞0。（ ） [暨南大学 2019 研]
【答案】√ 【解析】由增广链定义可知，当边（i，j）属于μ的反向边集时，该条边的流量大于 0。
3．事件 j 的最早时间 TE（j）是指以事件 j 为开工事件的工序最迟必须开工时间。（ ） [暨南大学 2019 研]
A．没有无穷多最优解 B．没有最优解 C．有无界解 D．有最优解 【答案】B 【解析】有最优解的前提是有可行解，该题无可行解，则也无最优解。
2．如果某种资源的影子价格大于其市场价格，则说明（ ）。[暨南大学 2019 研] A．该资源稀缺 B．该资源过剩 C．企业应尽快处理该资源 D．企业应充分利用该资源，开辟新的生产途径 【答案】A 【解析】当资源的影子价格不为 0 时，表明该种资源在生产中已耗费完毕；且若影子 价格大于其市场价格，说明企业应买进该种资源，该种资源稀缺。
【答案】× 【解析】事件 j 的最早时间 TE（j）表明以它为始点的各工作最早可能开始的时间，也 表示以它为终点的全部工作的最早可能完成时间。
二、选择题
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1．若线性规划问题没有可行解，可行解集是空集，则此问题（ ）。[暨南大学 2019 研]
解：（1）先对各行减去本行的最小元素，再对各列减去本列最小元素，得到矩阵 C 如
下：
0 2 6 9
C 1 4 4 0 1 0 0 3 2 3 6 0
（2）确定独立零元素，对 C 加圈，得到
◎ 2 6 9
C
1
1
4 ◎
4
◎ 3
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（3）由于只有 3 个独立零元素，少于系数矩阵阶数 n＝4，故需要确定能够覆盖所有
零元素的最少直线数目的集合。结果如下：
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（4）在未被覆盖的元素中找最小元素，未被覆盖的行分别减去该最小元素，在出现负
数的列上整列加上最小元素，得到新矩阵 C′：
0 2 6 10
C 0 3 3
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1 0 0 4
①甲－A，乙－D，丙－C，丁－B
②甲－B，乙－A，丙－C，丁－D
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最小总消耗时间均为 70。
2．图 1-1-1 中每条边上的数字表示边的长度（单位：公里），求点 A 到点 G 的最短路 径（写出过程）。[中山大学 2019 研]
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一、判断题
1．要求不超过第一目标值、恰好完成第二目标值，目标函数是 min z＝p1d1＋＋p2（d2 －－d2＋）。（ ）[暨南大学 2019 研]
【答案】× 【解析】不超过第一目标值、恰好完成第二目标值的目标函数应为 min z＝p1d1＋＋p2 （d2－＋d2＋）。
1 2 5
0
（5）对其加圈，得到：
◎ 2 6 10
C 1
3 ◎
3
4
1
2
5 ◎
（6）同样发现独立零元素个数小于阶数，重复步骤（3）、（4），可得最终加圈矩阵 C″：
◎ 0 4 10
C
0
3
1 1 ◎ 0 ◎ 6
1
◎
3
0
或
0 ◎ 4 10
C ◎ 3
1 0
1 ◎
0
6
1
0
3 ◎
最优指派方案有两种：
3．表上作业法中初始方案均为（ ）。[暨南大学 2019 研] A．最优解 B．非可行解
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D．可行解
【答案】D
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三、简答题
1．简述增广链的概念。[南京航空航天大学 2018 研] 答：设 f 是一个可行流，vs 是网络的起点，vt 是网络的终点，μ是从 vs 到 vt 的一条链， 若μ满足下列条件： （1）在弧（vi，vj）∈μ＋上，0≤fij＜cij，即μ＋中每一前向弧是非饱和弧。 （2）在弧（vi，vj）∈μ－上，0＜fij≤cij，即μ－中每一后向弧是非零流弧。 称μ是关于可行流 f 的一条增广链。
图 1-1-1 解：将最短路问题分为 4 个阶段，第一阶段状态为 A，第二阶段状态为 B、C，第三阶 段状态为 D，第四阶段状态为 E、F。采用逆序算法： 当 k＝4 时，f4（E）＝276，f4（F）＝186； 当 k＝3 时，f3（D）＝min{d（D，E）＋ f4（E）， d（D，E）＋ f4（F）}＝min{58 ＋276，110＋186}＝296，路径为 D→F→G； 当 k＝2 时，f2（B）＝min{d（B，E）＋ f4（E）， d（B，D）＋ f3（D）}＝min{300 ＋276，350＋296}＝576，路径为 B→E→G； f2（C）＝ d（C，D）＋ f3（D）＝241＋296＝537，路径为 C→D→F→G； 当 k＝1 时，f1（A）＝min{ d（A，B）＋ f2（B）， d（A，C）＋ f2（C）}＝min{404 ＋576，479＋537}＝980，路径为 A→B→E→G ∴点 A 到点 G 的最短路径为 A→B→E→G，共 980 公里。
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单时差等于其紧后工作的最早开工时间与本工作的最早完工时间之差。
四、计算题
1．有 4 个工人，要指派他们分别完成 4 种工作，每人做各种工作所消耗的时间如表 1-1-1 所示，问指派哪个人去完成哪种工作，可使总的消耗时间为最小？[北京邮电大学 2018 研]
2．简述后悔值决策准则。[南京航空航天大学 2018 研] 答：后悔值决策准则基本思想在于尽量减少决策后的遗憾，使决策者不后悔或少后悔。 具体计算时，先根据效益矩阵最大值减去矩阵中的每个数，得到后悔矩阵；再取各方案最大 后悔值，最后取不同方案最大后悔值中的最小值，以该方案作为最优方案。
3．简述工序单时差。[南京航空航天大学 2018 研] 答：工序单时差指在不影响紧后工资的最早开工时间条件下，该工作可以延迟其开工时 间的最大幅度，用 r（i，j）表示。其计算公式为：r（i，j）＝tES（j，k）－tEF（i，j），即
2．μ是关于可行流 f 的一条增广链，则在μ上有：对一切（i，j）∈μ－，有 fij＞0。（ ） [暨南大学 2019 研]
【答案】√ 【解析】由增广链定义可知，当边（i，j）属于μ的反向边集时，该条边的流量大于 0。
3．事件 j 的最早时间 TE（j）是指以事件 j 为开工事件的工序最迟必须开工时间。（ ） [暨南大学 2019 研]
A．没有无穷多最优解 B．没有最优解 C．有无界解 D．有最优解 【答案】B 【解析】有最优解的前提是有可行解，该题无可行解，则也无最优解。
2．如果某种资源的影子价格大于其市场价格，则说明（ ）。[暨南大学 2019 研] A．该资源稀缺 B．该资源过剩 C．企业应尽快处理该资源 D．企业应充分利用该资源，开辟新的生产途径 【答案】A 【解析】当资源的影子价格不为 0 时，表明该种资源在生产中已耗费完毕；且若影子 价格大于其市场价格，说明企业应买进该种资源，该种资源稀缺。
【答案】× 【解析】事件 j 的最早时间 TE（j）表明以它为始点的各工作最早可能开始的时间，也 表示以它为终点的全部工作的最早可能完成时间。
二、选择题
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