第四章 运输问题

解: 用伏格尔法初始解：28.5+29.6+34.7+35.4=128.2
自由泳
赵 仰 蛙 蝶 泳 泳 泳 泳 37.7 43.4 33.3(0) 29.2(0) 0(1) 赵 仰 蛙 蝶 泳 泳 泳 泳 37.7 43.4 33.3(0) 29.2(1) 0(0) 赵 仰 蛙 蝶 泳 泳 泳 37.7 43.4 33.3 [29.2]
自由泳
自由泳
自由泳
最优解：29.2+28.5+33.8+34.7=126.2 3.6 某一实际的运输问题可以叙述如下：有 n 个地区需要某种物资，需要量分别为 bj （j＝1,…,n） 。这些物资均由某公司分设在 m 个地区的工厂供应，各工厂的产量分别为 ai（i
＝1,…,m） ， 已知从 i 地区的工厂至第 j 个需求地区的单位物资的运价为 cij， 又
分配方案。
A B C
甲 5 16 12
乙 4 8 10
丙 － 9 11
可供量 1000 2000 2000
解: A B C 销售量
甲 1500 1500
乙 500 500 500 1500
丙
丁 500
1500 1500
可供量 1000 2000 2000
500
3.4 目前，城市大学能存贮 200 个文件在硬盘上，100 个文件在计算机存贮器上，300 个文件在磁带上。用户想存贮 300 个字处理文件，100 个源程序文件，100 个数据文件。每 月，一个典型的字处理文件被访问 8 次，一个典型的源程序文件被访问 4 次，一个典型的数 据文件被访问 2 次。 当某文件被访问时， 重新找到该文件所需的时间取决于文件类型和存贮 介质，如下表。 时 间（分钟） 处理文件 源程序文件 数据文件 硬盘 5 4 4 存贮器 2 1 1 磁带 10 8 6 如果目标是极小化每月用户访问所需文件所花的时间，请构造一个运输问题的模型来 决定文件应该怎么存放并求解。 解: 存贮能力大，即产大于销，虚拟一个销地，所需存取时间为 0，文件数为 100，最 优解为： x11=200, x21=100, x31=0 ,x32=100, x33=100, x34=100 最优值为： (200×5＋100×2)×8 ＋100×8×4＋100×6×2＝14000 3.5 已知下列五名运动员各种姿势的游泳成绩（各为 50 米）如表 5-2：试用运输问题的 方法来决定如何从中选拔一个参加 200 混合泳的接力队，使预期比赛成绩为最好。 赵 仰 泳 蛙 泳 蝶 泳 自由泳 赵 仰 蛙 蝶 泳 泳 泳 泳 37.7 43.4 33.3(0) 29.2(0) 0(1) 37.7 43.4 33.3 29.2 钱 32.9 33.1 28.5(1) 26.4 0 钱 32.9 33.1 28.5 26.4 张 33.8 42.2 38.9 29.6 张 33.8 42.2 38.9 29.6(1) 0 王 37.0 34.7 30.4 28.5 王 37.0 34.7(1) 30.4 28.5 0 周 35.4 41.8 33.6 31.1 周 35.4(1) 41.8 33.6 31.1 0(0)
∑x
j =1
n
ij
≥－ai，则对偶问题为：
max z’ =
∑ b j v j － ∑ ai u i
j =1 i =1
n
m
vj ≤ui +cij (i=1,2,…,m j=1,2,…,n) ui, vj≥0 对偶变量 ui 的经济意义为在 i 产地单位物资的价格， vj 的经济意义为在 j 销地单位物资 的价格。对偶问题的经济意义为：如该公司欲自己将该种物资运至各地销售，其差价不能超 过两地之间的运价（否则买主将在 i 地购买自己运至 j 地） ，在此条件下，希望获利为最大。 s.t 3.7 为确保飞行安全，飞机上的发动机每半年必须强迫更换进行大修。某维修厂估计某 种型号战斗机从下一个半年算起的今后三年内每半年发动机的更换需要量分别为： 100， 70， 80，120，150，140。更换发动机时可以换上新的，也可以用经过大修的旧的发动机。已知 每台新发动机的购置费为 10 万元，而旧发动机的维修有两种方式：快修，每台 2 万元，半 年交货（即本期拆下来送修的下批即可用上） ；慢修，每台 1 万元，但需一年交货（即本期 拆下来送修的需下下批才能用上） 。设该厂新接受该项发动机更换维修任务，又知这种型号 战斗机三年后将退役，退役后这种发动机将报废。问在今后三年的每半年内，该厂为满足维 修需要各新购、送去快修和慢修的发动机数各是多少，使总的维修费用为最省？（将此问题 归结为运输问题，只列出产销平衡表与单位运价表，不求数值解。 ） 解: 用 xj 表示每期（半年一期）的新购数，yij 表示第 i 期更换下来送去修理用于第 j 期 的发动机数。显然当 j>i＋1 时，应一律送慢修，cij 为相应的修理费。每期的需要数 bj 为已 知， 而每期的供应量分别由新购与大修送回来的满足。 如第 1 期拆卸下来的发动机送去快修 的可用于第 2 期需要， 送去慢修的可用于第 3 期及以后各期的需要。 因此每期更换下来的发 动机数也相当于供应量，由此列出这个问题用运输问题求解时的产销平衡表与单位运价表 为： 1 2 3 4 5 6 库存 供应量 新 购 10 10 10 10 10 10 0 660 第 1 期送修的 M 2 1 1 1 1 0 100 第 2 期送修的 M M 2 1 1 1 0 70 第 3 期送修的 M M M 2 1 1 0 80 第 4 期送修的 M M M M 2 1 0 120 第 5 期送修的 M M M M M 2 0 150 需 求 量 100 70 80 120 150 140 520
西北角法是优先从运价表的西北角的变量赋值，当行或列分配完毕后，再在表中余下 部分的西北角赋值，以此类推，直到右下角元素分配完毕。 表 3.1-1 西北角元素是 x11, x11=min｛a1, b1｝= min｛4, 5｝= 4，将 4 填 在 C11 的左侧，表示 A1 供应 4 单位给 B2。同时将第一行划去，表示 A1 的产量全部运出，得 表 3.1-2。在表 3.1-2 中，西北角元素是 x21，x21= min｛9, 5-4｝=1，同时降第一列划去，表 示 B1 已满足需要，得到表 3.1-3。依次向右下角安排运量，结果如表 3.1-4 所示。 表 3.1-2 B1 A1 A2 A3 需要量 4 (10) (16) (5) 5 B1 A1 A2 A3 需要量 4 1 (10) (16) (5) 5 B1 A1 A2 A3 需要量 4 1 (10) (16) (5) 5 B2 （6） （10） （4） 3 B2 （6） （10） （4） 3 B2 （6） 3（10） （4） 3 B3 （7） （5） （10） 4 表 3.1-3 B3 （7） （5） （10） 4 表 3.1-4 B3 （7） 4（5） （10） 4 B4 （12） 1（9） 5（10） 6 供应量 4 9 5 18 B4 （12） （9） （10） 6 供应量 4 9 5 18 B4 （12） （9） （10） 6 供应量 4 9 5 18
钱 32.9 33.1 28.5(1) 26.4 0 钱 32.9 33.1 28.5(1) 26.4 0 钱 32.9 33.1 [28.5] 26.4
张 33.8（2） 42.2 38.9 29.6(1) 0 张 33.8(1) 42.2 38.9 29.6(0) 0 张 [33.8] 42.2 38.9 29.6
最小元素法的思想是就近优先运送，即最小运价 cij 对应的变量 xij 优先赋值 xij=min｛ai, bj｝ ，然后在剩下的运价中取最小运价对应的变量赋值并满足约束，依次下去，直到最后得 到一个初始基本可行解。
表 3.1-1 中最小元素是 C32，令 x32=min｛a3, b2｝= min｛5, 3｝= 3，同时将第二列划去， 得到表 3.1-5。在表 3.1-5 中，最小元素为 C23，C31，任意选取其一，这里选 C31，令 x31= min ｛5-3, 5｝=2，同时将第三行划去，得表 3.1-6。依次进行下去，其结果见表 3.1-7。 表 3.1-5 B1 A1 A2 A3 需要量 (10) (16) (5) 5 B1 A1 A2 A3 需要量 (10) (16) (5) 5 B1 A1 A2 A3 需要量 3 (10) (16) 2 (5) 5 B2 （6） （10） 3（4） 3 B2 （6） （10） 3（4） 3 B2 （6） （10） 3（4） 3 B3 （7） （5） （10） 4 表 3.1-6 B3 （7） （5） （10） 4 表 3.1-7 B3 （7） 4（5） （10） 4 B4 1（12） 5（9） （10） 6 供应量 4 9 5 18 B4 （12） （9） （10） 6 供应量 4 9 5 18 B4 （12） （9） （10） 6 供应量 4 9 5 18
3.3 某玩具公司分别生产三种新型玩具，每月可供量分别为 1000、2000、2000 件，它 们分别被送到甲、乙、丙三个百货商店销售。已知每月百货商店各类玩具预期销售量均为 1500 件，由于经营方面原因，各商店销售不同玩具的盈利额不同,见下表。又知丙百货商店 要求至少供应 C 玩具 1000 件，而拒绝进 A 玩具。求满足上述条件下使总盈利额最大的供销
试阐述其对偶问题并解释对偶变量的经济意义。 解: 数学模型为： min z =
∑ ai ＝ ∑ b j ，
i =1 j =1
m
n
∑∑ c
i =1 j =1 ij
m
n
ij
xij
s.t
∑x
j =1 m i =1
n
≤ai (i=1,2,…,m)
∑x
ij
≥bj (j=1,2,…,n) xij≥0
上面第一个约束条件可以改写为－
伏格尔法是最小元素法的改进，考虑到产地到销地的最小运价和此小运价之间的差额， 如果差额很大，就选最小运价处险调运，否则会增加总运费。 在表 3.1-1 中求行差额 µ i (i = 1,2,3) 和列差额ν j ( j = 1, 4) 。计算公式为
µ i = i行次小运价 − i行最小运价 ，ν j = j列次小运价 − j列最小运价 所以先调运x31 = min {a 3 , b1 } = min {5,5} = 5，这时A 3 和B1同时满足约束， max {µ i ,ν j } = max{ 1, 4,1,5,2,2,1} = 5,即ν 1最大，第一列的最小运价使c 31 ,
表 3.1-9 B1 A1 A2 A3 需要量 vj 0 (10) (16) 5 (5) 5 — B1 A1 A2 A3 需要量 3.2 A1 A2 A3 需要量 0 (10) (16) 5 (5) 5 B2 （6） （10） （4） 3 【4】 B2 3（6） （10） （4） 3 B3 （7） （5） （10） 4 2 B3 1（7） 3（5） （10） 4 B4 （12） （9） （10） 6 3 表 3.1-10 B4 （12） 6（9） （10） 6 供应量 4 9 5 18 供应量 4 9 5 18 ui 1 4 —
A2 A3 需要量 （2）
（4） （2） 8
（5） 6（பைடு நூலகம்） 6
4（10） 1（7） 5
5（8） （3） 5
9 7 24
B1 A1 A2 A3 需要量 8（6） （4） （2） 8
B2 （7） （5） 6（9） 6
B3 2（5） 4（10） 1（7） 5+2
B4 （8） 5（8） （3） 5
供应量 8+2 9 7 24
若 同时将第
三行与第一列划去，最后即变量个数比小于 3+4-1=6 个，因而应再 x32，x33,x34 和 x11,x12 中任 意选一个变量作为即变量，运量为零，这里选 x11，如表 3.1-8 所示。 求第二个基变量仍然是求差额，因为第三行和第一列已满足，所以只求 u1,u2 和 v2，v3， v4 即可，结果见表 3.1-9。此时，有两个最大差额 u2，v2，任选一个即可，这里选 v2.第二列 最小运价为 c12，故 x12=min｛4,3｝=3.同 时将第二列划去。这样依次下去，其结果见表 3.1-10。 表 3.1-8 B1 A1 A2 A3 需要量 vj 0 (10) (16) 5 (5) 5 【5】 B2 （6） （10） （4） 3 2 B3 （7） （5） （10） 4 2 B4 （12） （9） （10） 6 1 供应量 4 9 5 18 ui 1 4 1
第四章 运输问题
3.1 求解下表所示的运输问题， 分别用最小元素法、 西北角法和伏格尔法给出初始基可 行解： B1 A1 A2 A3 需要量 解： 表 3.1-1 B1 A1 A2 A3 需要量 (10) (16) (5) 5 B2 （6） （10） （4） 3 B3 （7） （5） （10） 4 B4 （12） （9） （10） 6 供应量 4 9 5 18 （10） （16） （5） 5 B2 （6） （10） （4） 3 B3 （7） （5） （10） 4 B4 （12） （9） （10） 6 供应量 4 9 5 18
某利润最大的运输问题，其单位利润如下表所示： B1 （6） （4） （2） 8 B2 （7） （5） （9） 6 B3 （5） （10） （7） 5 B4 （8） （8） （3） 5 供应量 8 9 7 24
(1)求最优运输方案，该最优方案有何特征? (2)当 A1 的供应量和 B3 的需求量各增加 2 时，结果又怎样? 解: (1) B1 8（6） A1 B2 （7） B3 0（5） B4 （8） 供应量 8
王 37.0 34.7(1) 30.4 28.5 0 王 37.0 34.7(1) 30.4 28.5 0 王 37.0 [34.7] 30.4 28.5
周 35.4(1) 41.8 33.6 31.1 0(0) 周 35.4(0) 41.8 33.6 31.1 0(1) 周 35.4 41.8 33.6 31.1