Bài 5: Bài toán vận tải doc

Xi nghiệp cần tìm phương án GT1 : Tổng khối lượng hàng phải chuyển đi ở các trạm phát hàng phải bằng với tổng khối lượng hàng chuyển đến các trạm nhận hàng ; tức là m i n j i 1a j 1b =

CHƯƠNG 5 : BÀI TOÁN VẬN TẢI

§1 Mô hình bài toán vận tải cổ điển

1.1 Đặt bài toán

Bài toán : Một xí nghiệp vận tải nhận hợp đồng vận tải một loại hàng (ví

trạm nhận hàng, ký hiệu Nj, j = 1, 2, …, n Biết rằng ở trạm giao Gi có a i

đơn vị = 1 tấn) ; chi phí vận tải trọn gói tính cho một tấn hàng từ trạm Gi đếntrạm Nj là cij, i = 1, 2, …, m ; j = 1, 2, …, n Xi nghiệp cần tìm phương án

GT1 : Tổng khối lượng hàng phải chuyển đi ở các trạm phát hàng phải bằng

với tổng khối lượng hàng chuyển đến các trạm nhận hàng ; tức là

m i n j

i 1a j 1b

= = =

GT2 : Hàng được nêu ở đây phải là đồng nhất, tức là cùng loại và chất

GT3 : Có thể vận tải hàng từ bất kỳ một trạm phát Gi đến bất kỳ một trạmnhận Nj

23 Bài toán vận tải với các giả thiết này được gọi là bài toán vận tải cổ điển

24 Điều kiện (1.1) được gọi là điều kiện cân bằng và do vậy mô hình bài toán vận tải sau đây gọi là bài toán vận tải đóng.

25 Điều kiện này ngăn ngừa các nhu cần vận tải đặc biệt

GT4 : Khối lượng hàng vận tải từ một trạm phát Gi đến một trạm nhận Nj làkhông hạn chế.

GT5 : Tổng chi phí vận tải tỉ lệ (phụ thuộc tuyến tính) với khối lượng vận

tải

Trên thực tế người ta có nhiều cách khắc phục khi các giả thiết từ 1 đến

4 không thỏa mãn Tuy nhiên, nếu giả thiết GT5 không thỏa mãn thì khôngthể ứng dụng các phương pháp sẽ trình bày trong chương này để giải bàitoán vận tải

1.3 Mô hình toán học của bài toán vận tải cổ điển

Với các giả thiết trên đây, mô hình toán học của bài toán vận tải cổ điển

từ trạm phát Gi đến trạm nhận Nj, i = 1, 2, …, m ; j = 1, 2, …, n ; Z là tổngchi phí vận tải

xij

i j

Ta có mô hình toán học như sau :

Tìm m×n số thực xij , i = 1, 2, …, m ; j = 1, 2, …, n thỏa mãn các điều kiện :

Dễ thấy rằng khi ai, bj, cij, i = 1, 2, …, m ; j = 1, 2, …, n, cho trước thì bài

buộc được gọi là phương án vận tải Một phương án vận tải cho tổng chi phí

vận tải thấp nhất được gọi là phương án vận tải tối ưu (hay nói gọn là

phương án tối ưu).

Ký hiệu

0

0a

0a

b

0

b

0

nhiên, do các phần tử của A chỉ gồm các số 1 và 0 và hệ ràng buộc có dạngđơn giản, nên có thể phát triển các phương pháp khác để giải bài toán Một

trong các phương pháp ấy gọi là phương pháp thế vị.

§2 Tính chất cơ bản của bài toán vận tải

2.1 Tính giải được

Đlí 2.1 : Điều kiện cần và đủ để bài toán vận tải cổ điển (1.2) giải được là

có điều kiện cân bằng (1.1)

Chứng minh : Điều kiện cần là hiển nhiên Ta chứng minh điều kiện đủ Giả

a bxT

là một phương án vận tải chấp nhận được Như vậy, tập chấp nhận được củabài toán vận tải (là bài toán QHTT) khác trống Để chứng minh tính giảiđược của bài toán vận tải chỉ cần chứng tỏ rằng hàm mục tiêu Z trong (1.2)

bị chặn dưới Thật vậy, vì ∀ij, 0 ≤ xij≤ min{ai, bj}, nên dễ thấy rằng

2.2 Tính chất của một lời giải cơ sở

Đlí 2.2 : Mỗi lời giải cơ sở của bài toán vận tải với điều kiện cân bằng (1.1)

sẽ có nhiều nhất m+n-1 thành phần dương, tức là r[A] = m+n –1

Chứng minh : 1) Dễ thấy rằng, nếu m+n-1 ràng buộc bất kỳ trong (1.2) thỏa

1 2) Mặt khác, ma trận hệ số A có một định thức con cấp m+n-1 khác 0 baogồm các vectơ cột P1n, P2n,…,Pm,n, …, P11, P12,…,P1,n-1 như sau :

Như vậy bài toán vận tải cổ điễn sẽ có ý nghĩa, nếu m.n – (m+n-1) > 0 ; tức

là m > 1 và n > 1 Trên thực tế, nếu m =1 hoặc m = 1 thì bài toán vận tải cổđiễ chỉ có duy nhất một phương án vận tải Do đó việc lựa chọn phương án

án vận tải tối ưu sẽ không còn có ý nghĩa nữa

2.3 Chu trình trong một phương án vận tải

Từ định lý 2.2 suy ra rằng, bất cứ phương án vận tải nào của bài toán(1.2) có nhiều hơn m+n-1 thành phần dương đều không phải là phương án cơ

sở, do đó phương án ấy sẽ không được xét đến trong quá trình giải bài toánvận tải Tuy nhiên, do mỗi phương án vận tải được cho dưới dạng ma trận

không âm X, gồm m hàng và n cột, và, nếu m, n lớn thì số phần tử của X cũng rất lớn (= mxn), nên rất khó kiểm tra xem đó có phải là phương án cơ

sở hay không Từ tính chất của phương án cơ sở của bài toán QHTT (Đlí 1.1,chương IV), suy ra rằng, nếu X là phương án cơ sở của bài toán QHTT (1.2)

và x ij > 0, với 1≤ i ≤ m ; 1 ≤ j ≤ n, thì các vectơ điều kiện Pij sẽ độc lập tuyến

tính.

cũng lớn Vì vậy có khó khăn trong việc kiểm tra tính độc lập tuyến tính củamột hệ các vectơ đó Để khắc phục nhược điểm này, lý thuyết về mô hìnhbài toán vận tải đã đề xuất một phương pháp kiểm tra tính độc lập tuyến tính

trong hệ vectơ ấy Vậy một chu trình ở đây được định nghĩa như thế nào?Trước hết, phương pháp thế vị (sẽ trình bày sau đây) giải bài toán vậntải dưới dạng bảng :

Đn 2.1 : Cho i 1 , i 2 ,…,i s là chỉ số của s trạm giao và j 1 , j 2 ,…, j s là chỉ số của s

trạm nhận Khi đó dãy các đoạn

lượng ô như vậy là số chẵn (= 2s)

Ví dụ : Khi s = 3, ta có chu trình gồm 6 ô và cứ mỗi hàng i1, i2, i3 và mỗi cột

j1, j2, j3 thì có đúng hai ô đại diện :

(i1, j1) (i2, j1) (i2, j2)(i3, j2)(i3, j3)(i1, j3)

26 Trong (2.2) một số đoạn vận tải phải được hiểu ngược lại Tức là đoạn N jk → G ik+1 , phải được hiểu là G ik+1 → N jk , k=1,2,…,s

sau đây :

Đlí 2.3 : Cho S là tập hợp các ô (i, j) nào đó trong bảng vận tải; tức là S =

{(i, j)} Các vectơ P ij , (i,j)∈S, là độc lập tuyến tính khi và chỉ khi trong số các ô (i,j) tương ứng không thể lập nên chu trình dạng (2.3).

Chứng minh : Ở đây chỉ chứng minh điều kiện cần.27 Giả sử các Pij là độclập tuyến tính và trong số các ô thuộc S có chu trình dạng (2.3) Dễ dàngkiểm tra tính đúng đắng của đẵng thức sau đây :

tồn tại chu trình dạng (2.3) Do hạng của ma trận các ràng buộc bằng

(m+n-1), nên bất cứ một phương án vận tải X nào đó mà có nhiều hơn (m+n-1)

thành phần dương đều không phải là phương án cơ sở Tuy nhiên, để kiểmtra xem một phương án vận tải có phải là phương án cơ sở hay không, cònphải xét xem liệu trong tập hợp các ô dương (có khối lượng vận tải thật sự)

đó có tồn tại chu trình hay không Vấn đề còn lại là xây dựng một phươngpháp để kiểm tra xem liệu trong tập hợp các ô chọn sẵn nào đó có tồn tại chutrình dạng (2.3) hay không ?

Phương pháp tìm chu trình trong một tập hợp S gồm các ô cho trước :

GUDDAT J., Theorie der linearen Optimierung, Akademie Verlag, Berlin, 1974

Trước hết ta nhận thấy rằng trong tập hợp các ô nằm trong dây chuyềndạng (2.3) mỗi hàng hoặc mỗi cột có mặt trong chu trình đều có hai đại diện.

Vì vậy, những hàng và cột nào chỉ có 1 ô nằm trong tập S thì các ô đó khôngthể nằm trong bất kỳ chu trình nào tạo nên từ các ô thuộc S Suy ra có thểloại bỏ dần các ô thuộc S bằng cách gạch bỏ các hàng hoặc cột nào chỉ chứamột ô thuộc tập S Sau khi tiến hành việc gạch bỏ lần một, sẽ có một sốhàng, cột trước đây có nhiều hơn hai ô nằm trong S, nay chỉ còn một ô (domột số ô trước đó dã bị gạch), thì ô còn lại cũng không thể nằm trong bất kỳchu trình nào Do đó cũng sẽ bị gạch đi, bằng cách gạch bỏ hàng, cột tươngứng v.v… Quá trình gạch bỏ như vậy sẽ được lập đi lặp lại liên tục cho đếnkhi có một trong hai trường hợp sau đây xãy ra :

1) Tất cả các ô trong S dều bị gạch Trong trường hợp này, trong tập Skhông tồn tại chu trình dạng (2.3)

2) Trong mỗi hàng hoậc cột còn lại có ít nhất hai ô chưa bị gạch Trongtrường hợp này trong tập S tồn tại ít nhất một chu trình (2.3) Một chu

(i1, j1) Suy ra cột j1 cũng chưa bị gạch Chọn trên cột này một ô chưa bịgạch bất kỳ, giả sử đó là ô (i2, j1) Khi ấy hàng i2 cũng chưa bị gạch Do

đó tiềp tục chọn ô chưa bị gạch trên hàng i2, giả sử đó là ô (i2, j2) v.v…

Cứ tiếp tục như vậy, vì tập hợp các ô chưa bị gạch là hữu hạn, nên saumột số hữu hạn bước sẽ tìm thấy một ô (is, js) sao cho is = iλ, với 1≤λ≤ s

và ta có chu trình dạng

(i , j )(i , j )(i , j ) (i , j )(i , j )λ λ λ+ λ λ+ λ+ − λ

hàng cốt như trên, mỗi hàng cột còn lại sẽ chứa đúng 2 ô chưa bị gạch Các ô này

Tóm lại, người ta có thể kiểm tra xem liệu một phương án vận tải chotrước có phải là phương án cơ sở hay không bằng cách thực hiện hai bước :

*

.

.

1) Nếu số thành phần dương lớn hơn (m+n-1) thì phương án đã cho không

phải là phương án cơ sở

2) Nếu số thành phần dương nhỏ hơn (m+n-1), nhưng trong số các ô ứng

với các thành phần dương tồn tại dây chuyền loại (2.3) thì phương án đãcho cũng không phải là phương án cơ sở

Mặt khác, giả sử X = ((xij)), i = 1, 2, …, m ; j = 1, 2, …, n, là phương ánvận tải nào đó và qua quá trình kiểm tra như trên, ta nhận biết được rằng đó

là phương án cơ sở của bài toán vận tải (2.2) ; tức là số phần tử dương không

quá (m+n-1) và các ô tương ứng với các phần tử dương không tạo nên dây

chuyền Không giảm tổng quát, giả sử số phần tử dương trong X đúng bằng

(m+n-1) 28 và S là tập hợp các vectơ Pij ứng với các ô tương ứng Nếu bổsung thêm một ô, giả sử là (k, l), thì hệ vectơ Pij, (i,j)∈ S’ = S∪{(k, l)} là phụthuộc tuyến tính The định lý 2.3 trong S’sẽ tồn tại chu trình và chu trình này

sẽ phải qua ô (k, l) Ta có hệ quả sau đây :

Hệ qủa 2.1 : Nếu S là tập hợp các ô ứng với các biến cơ sở x ij (gọi tắt là ô

cơ sở) và (k,l) là ô bất kỳ nào đó ngoài cơ sở, thì trong số các ô (i,j)∈S và ô (k,l) tồn tại duy nhất một dây chuyền đi qua ô (k,l)

2.4 Bài toán đối ngẫu của bài toán vận tải cổ điển :

Xét bài toán vận tải dạng ma trận (1.4)

bổ sung thêm các phần tử bằng 0, để cho tập hợp các ô tương ứng trở thành tập hợp biến cơ sở

và tập hợp các vectơ P ij tương ứng biểu diễn một cơ sở của R m+n-1

m n 0 m 0 n 0min ij ij i i j j max

cho trước có phài là phương án vận tải tối ưu hay không ? Điều kiện này thểhiện trong định lý sau đây :

Đlí 2.4 : Phương án vận tải X 0 là phương án tối ưu, nếu tìm thấy m+n số

phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu (2.5).ª

29 Bạn đọc có thể chứng minh định lý này mà không dựa vào lý thuyết đối ngẫu bằng cách dựa vào định lý : Hai bài toán QHTT là tương đương nếu hàm mục tiêu chỉ phân biệt nhau bởi một hằng số Hãy đặt c ij ’ = c ij – (u i0 + v j0), ∀ ij Khi đó c ij ’≥ 0 và ứng với bài toán cải biên (với

c ij ’) thì Z’(X 0 ) = 0 do c ij ’ = 0 khi x ij > 0 Vì Z’(X) ≥ 0 nên X 0 là phương án tối ưu.

Định lý 2.4 cho phép phát triển một phương pháp khác với phương phápđơn hình để giải bài toán vận tải Phương pháp này gọi là phương pháp thế vị

sẽ được trình bày ở phần §3 sau đây

Chú ý : Điều kiện tối ưu trong định lý 2.4 làm nổi bật ý nghĩa kinh tế của bài toán đối ngẫu.

Vì các u0i, v0j không bị hạn chế về dấu, nên có thể giả thiết rằng (-u0i) là đơn giá mỗi đơn

vị hàng ở trạm phát G i , i = 1, 2, …, m và sau khi được chuyển đến trạm nhận N j , giá của mỗi đơn vị hàng trở thành v0j, j = 1, 2, …, n Như vậy, trên thực tế khi một đơn vị hàng được vận chuyển từ G i đến N j , đơn giá của nó được tăng lên một khoản bằng v0j-(-u0i) = v0j+u0i Sự gia tăng giá trị này chỉ có thể lý giải được bởi chi phí vận tải Từ (2.8) suy ra, nếu phương án vận tải X 0 chưa phải là tối ưu thì sẽ có ít nhất một cặp (i’,j’) với xi ' j'0 >0 nhưng v0j+u0i≠

c i’j’ Đặc biệt có thể v0j+ui0< c i’j’ hay v0j< [c i’j’ + (-u0i)] ; tức là đơn giá hàng ở nơi nhận N j’ lại nhỏ hơn tổng đơn giá hàng ở trạm giao G i‘ và chi phí vận tải Điều này rõ ràng là không hợp lý (không có ý nghĩa kinh tế).

§3 Phương pháp thế vị giải bài toán vận tải

Như các phần trên đã chỉ rõ, bài toán vận tải (1.2) là bài toán qui hoạchtuyến tính thông thường Vì vậy, có thể áp dụng một trong các phương pháp

đã trình bày trong chương 4 để tìm phưong án vận tải tối ưu Tuy nhiên, khi

m và n là những số tương đối lớn thì việc dùng phương pháp đơn hình để

giải bài toán vận tải có thể sẽ không có hiệu quả kinh tế Cấu trúc đơn giảncủa ma trận hệ số các ràng buộc (các phần tử của ma trận chỉ bao gồm hai số

1 hoặc 0) đã tạo điều kiện phát triễn một phương pháp khác, gọi là phươngpháp thế vị, giải bài toán vận tải Phương pháp này bao gồm các bước chủyếu sau đây :

1) Tìm phương án vận tải xuất phát (phương án cơ sở)

2) Kiểm tra tiêu chuẩn tối ưu (định lý 2.4)

3) Điều chỉnh phương án

3.1 Phương pháp tìm phương án cơ sở xuất phát

3.1.1 Phương pháp tổng quát

Các phương pháp tìm phương án cơ sở xuất phát sẽ trình bày dưới đâyđều thực hiện ở dạn bảng 2 chiều, chỉ phân biệt nhau bởi cách chọn ô phânphối ban đầu Vì vậy trước hết chúng ta trình bày phương pháp tổng quát

Toàn bộ phương pháp bao gồm một bước tổng quát : Chọn ô để phân phối.Giả sử ngay từ ban đầu, giả thiết rằng mọi ai, bj đều dương 30.

Bước tổng quát : Chọn ô (k,l) bất kỳ trong số các ô chưa được phân phối (gọi

là ô chưa có hàng) Ô (k,l) được gọi là ô chọn Đặt

Có 3 trường hợp xãy ra :

a) ak < bl : Khi đó xkl = ak và toàn bộ số hàng hiện có ở Gk sẽ được chuyển

Suy ra xkj = 0, j ≠ l ; ô (k,j) tương ứng được coi là có hàng với số lượng

khác Suy ra xil = 0, i ≠ k ; ô (i,l) tương ứng được coi là có hàng với số

việc xét tìm phương án xuất phát) Số hàng còn lại ở trạm Gk là '

k

a = ak –

bl > 0

c) ak = bl: Khi đó xkl = ak = bl và trạm phát Gk đã chuyển hết hàng về trạm

m+n-1), thì việc loại bỏ đồng thời như vậy sẽ làm cho phương án cơ sở

Thứ nhất, nếu trong bảng vận tải còn ít nhất hai trạm phát chưa bị gạch,

thì gạch bỏ trạm phát Gk và đặt xkj = 0, j ≠ l các ô (k,j) tương ứng đượccoi là có hàng với số lượng bằng 0 (được gọi là ô loại) ; nhu cầu hàng ởtrạm Nl sẽ là '

l

b = bl – ak = 0 (trạm Nl vẫn thuộc diện xét ở bước sau)

Thứ hai, nếu trong bảng vận tải còn ít nhất hai trạm thu chưa bị gạch, thì

gạch bỏ trạm thu Nl và đặt xil = 0, i ≠ k ; các ô (i,l) tương ứng được coi

là có hàng với số lượng bằng 0 (được gọi là ô loại) ; số hàng còn lại ởtrạm Gk sẽ là '

k

a = ak – bl = 0 (trạm Gk vẫn thuộc diện xét ở bước sau)

Thuật toán này sẽ dừng lại, nếu có đủ m+n – 1 ô chọn Trong trường hợp

ngược lại, thuật toán sẽ tiếp tục bằng cách lặp lại bước này và chỉ xét những

30 Giả thiết này không phải là hạn chế Vì nếu có trạm phát nào đó không có hàng chuyển đi hoặc có trạm thu nào đó không cần nhận hàng, thì trạm phát hoặc trạm thu ấy sẽ không có ý nghĩa đối với bài toán vận tải.

31 Trường hợp này xuất hiện khi phương án cơ sở là thoái hóa (suy biến)

ô chưa phân phối Các bảng vận tải, sau khi đã gạch bỏ một hàng hoặc mộtcột, được gọi là bảng vận tải rút gọn.

Đlí 3.1 : Thuật toán trên sẽ kết thúc với một phương án vận tải cơ sở.

Chứng minh : Trước hết ta chứng minh rằng ma trận X nhận được qua thuật

toán trên là một phương án vận tải Chứng minh được tiến hành theo phươngpháp qui nạp theo p = m+n Trước hết với p = 2, tức là m = n = 1 Do điều

sử định lý đúng với p = 1 ; tức là đối với mọi bài toán vận tải có m+n =

k-1, thuật toán trên kết thúc bằng một phương án vận tải Ta chứng minh chotrường hợp p = k Giả sử ô chọn đầu tiên của bài toán là ô (i1,j1), 1≤ i1≤ m, 1≤

j1≤ n Không giảm tổng quát, giả sử ai1≤ bj1 Ap dụng trường hợp a) hoặc c)

và bài toán vận tải rút gọn còn m-1 hàng và n cột ; tức là m-1 + n = p –1 =

k-1 Theo giả thiết qui nạp, nếu áp dụng thuật toán trên cho bài toán vận tải rút

gọn ta sẽ có phương án vận tải X’ là ma trận có m-1 hàng và n cột thỏa mãn

1 1 1

phương án vận tải của bài toán với p = k Tiếp theo ta ssẽ chứng minh X là

phương án cực biên Trước hết, chỉ các phần tử trong các ô chọn (k,l) mới có

thể nhận các giá trị dương Qua mỗi bước sẽ có đúng một ô được chọn làm ô

chọn và liền sau đó có đúng một trạm giao hoặc một trạm nhận bị gạch đi

(trừ bước cuối cùng) Vì vậy số ô chọn chỉ có thể là m+n-1 Suy ra số ô nhậngiá trị dương nhiều nhất bằng m+n-1 Mặt khác, nếu gọi S là tập hợp các ôchọn, thì bằng cách thực hiện phương pháp tìm chu trình như phần 2.3 sẽthấy rằng trong S không có chu trình (thực hiện ngược lại quá trình tìm ô

lập tuyến tính Suy ra X là phương án cơ sở của bài toán vận tải.ª

Chú ý:

thể bị loại đi Tuy nhiên, trong quá trình thực hiện thuật toán, ở các bảng vận tải

bj ai

> b1, nên chọn x11 = 5 = b1 ; x21 = x31 = 0 ( ô loại) ; gạch bỏ cột 1, với a’1 = a1

là a’1 + a2 + a3 = 5 + 12 + 8 = 25 và tổng số hàng nhận là b2 + b3 + b4 = 9 + 9+ 7 = 25 Như vậy điều kiện cân bằng vẫn đảm bảo

° Chọn ô xuất phát tiếp theo là ô (1,3) Ở đây có i1 =1, j1 = 3, x13 = min{5, 9}

= 5 = a’1 Vậy x13 = 5, x12 = x14 = 0 (ô loại) Ta gạch bỏ hàng 1 vì trạm giao

G1 đã hết hàng ; b’3 = b3 – a’1 = 9 – 5 = 4 Bài toán vận tải rút gọn giờ đâychỉ còn 2 trạm giao và 3 trạm nhận Diều kiện cân bằng thỏa mãn với tổng sốhàng giao nhận là 20

° Ô chọn tiếp thep là ô (3, 2) với x32 = 8 = a3 ; x33 = x34 = 0 Tương tự, ta gạch

bỏ hàng 3 và đặt b’2 = b2 – a3 = 9 – 8 = 1 Bài toán vận tải rút gọn còn lại 1trạm phát và 3 trạm nhận với tổng số hàng giao nhận là 12

° Đến đây bài toán vận tải rút gọn chỉ còn duy nhất một trạm phát, nên chỉ códuy nhất một phương án vận tải Đó là x22 = 1, x23 = 4, x24 = 7

° Phương án xuất phát của bài toán vận tải ban đầu có dạng :

khác (ô loại), giả sử là ô (3,1) (dấu *) và bổ sung ô này vào vào tập các ô

chọn vừa tìm được, ta sẽ có một chu trình dạng (2.3) như sau :

Bảng 5.4

Chu trình đó là (3,1)(3,2)(2,2)(2,3)(1,3) ; với k = 3, l = 1 Dễ thấy rằng, khi

đó, đẵng thức sau đây nghiệm đúng :

P31 = P32 – P22 + P23 – P13 + P11

Như vậy, các vectơ P32, P22, P23, P13, P11 và P24 tạo nên một cơ sở và tọa độcủa P31 theo cơ sở này là (1, -1, 1, -1, 1, 0)

3.1.2 Phương pháp góc Tây-Bắc

Đặc trưng của phương pháp góc Tây- Bắc là : ô chọn để phân phối

ban đầu là ô nằm phía trên cùng và ở về phía bên trái (ô chưa được phân

phương án vận tải xuất phát cho bài toán vận tải trang 141 Các ô chọn lầnlượt là (1,1), (1,2), (2,2), (2,3), (3,3) và (3,4) Phương án vận tải cụ thể nhưsau :

3.1.3 Phương pháp chi phí hàng bé nhất

Đặc trưng của phương pháp này là ô chọn để phân phối lần lượt là ô

nhất Ví dụ đối với bài toán vận tải trang 141 Các ô chọn lần lượt là (1,4),(1,3), (2,1), (2,2), (3,3) và (3,2) Phương án vận tải cụ thể như sau :

3.1.4 Phương pháp chi phí cột bé nhất

Phương pháp này khác phương pháp chi phí hàng bé nhất là ở chỗ ôchọn để phân phối lần lượt là ô nằm trên cột đầu tiên của mỗi bảng vận tải

Các ô chọn lần lượt là (2,1), (3,2), (2,2), (1,3), (1,4) và (2,4) Phương án vậntải cụ thể như sau :

3.1.5 Phương pháp chi phí vận tải bé nhất

Tương tự như hai phương pháp trên, việc chọn ô để phân phối ở

được phân phối ở mỗi bảng vận tải rút gọn Ví dụ đối với bài toán vận tảitrang 141 Ô chọn đầu tiên sẽ là ô (3,3) vì c33 = 1 = min cij Tương tự ta cócác ô chọn lần lượt là (3,3), (2,1), (1,4), (2,2), (1,3) và (1,2) Phương án vậntải cụ thể như sau :

3.1.6 Phương pháp gần đúng Vogel

Phương thức chọn ô để phân phối theo phương pháp này được thực hiệntheo thuật toán sau đây

Thuật toán :

nhỏ nhất ứng với các ô chưa được phân phối trên cột j Bước này đượctiến hành ứng với toàn bộ các hàng, cột chưa bị gạch

- Nếu ∆ = ∆k, thì hàng k được chọn làm hàng xuất phát để phân phối ;

ô chọn để phân phối là ô có chi phí nhỏ hơn trong hai ô để tính ∆k

chọn để phân phối là ô có chi phí nhỏ hơn trong hai ô để tính ∆ l

Ví dụ 1: Trước hết ta xét ví dụ trang 141 :

Bảng 5.5

bj ai

loại bỏ hàng thứ 3 với x32 = x34 = 0 Tính lại ∆j (ghi ở vị trí thứ 2) Tiếp theo,

∆ = 6 = ∆4 Ô chọn mới là (1, 4) với x14 = 7 ; x24 = 0 ; a1’ = 3 Tính lại các ∆i,

i = 1, 2, (ghi ở vị trí thứ 3) Tính ∆ = 3 = ∆1 ; ô chọn mới là ô (1, 3) với x13 =

1 ; x23 = 0 Vì cột 3 bị loại nên phải tính lại ∆i, i = 1, 2 Tuy nhiên, do ở đâybảng vận tải rút gọn chỉ còn có một cột, nên phương án phân phối là duynhất ; đó là x12 = 2, x22 = 7 Ta thu được phương án X6 = X5 Đây rõ ràng

vận tải nhỏ hơn (86 so với 88)33

Chú ý : Qua các phương pháp tìm lời giải ban đầu nêu trên ta thấy rằng giá

trị ở các ô chọn (i, j) là tổ hợp tuyến tính của các số ai, bj với các hệ số 0, 1hoặc –1 Vì vậy, nếu các số này là số nguyên thì giá trị các ô chọn cũng là số

33 Trong rất nhiều trường hợp phương pháp Vogel cho lời giải rất tốt, có khi trùng với lời giải tối ưu Tuy nhiên, ví dụ trên cho thấy rằng, đây chỉ là một trong các phương pháp giải gần đúng.

nguyên Do đó các phương án cơ sở tính theo một trong các phương pháp

§4 Phương pháp thế vị giải bài toán vận tải

4.1 Trình bày phương pháp thế vị

Phương pháp thế vị giải bài toán vận tải cổ điển được trình bày đầu tiênbởi nhà toán học Xô-viết L W Kantorowitz Tư tưởng chủ yếu của phươngpháp thế vị dựa trên lý thuyết cặp bài toán QHTT đối ngẫu Xuất phát từ một

phương án ban đầu X của bài toán vận tải cổ điển (1.2) (gọi là bài toán gốc

giá trị hàm mục tiêu của hai phương án này bằng nhau Điều kiện này đượcđảm bảo trong suốt thuật toán Nếu giả phương án (u, v) đồng thời là phương

án của bài toán đối ngẫu, thì, theo định lý đối ngẫu của bài toán QHTT, đây

là hai phương án tối ưu tương ứng Nếu giả phương án w = (u,v) không phải

là phương án, tức là không thoải mãn một số ràng buộc nào đó của bài toán

(2.5), thì phương án X ban đầu sẽ được cải tiến để có phương án vận tải mới

cho chi phí vận tải không nhỏ hơn (hoặc trong trường hợp không suy biếnngười ta sẽ có phương án vận tải mới có chi phí nhỏ hơn)

Phương pháp thế vị bao gồm 4 bước như sau :

Bước 1 : Tìm phương án vận tải xuất phát X 0

Bằng một trong 5 phương pháp đã trình bày trong phần §3 ở trên

phương án như vậy Đây là một phương án cơ sở Trong trường hợp khôngsuy biến phương án này có đúng m+n –1 ô chọn và trong số đó sẽ có ít nhấthai ô treo trên hàng hoặc cột (tức là các ô chọn duy nhất trên một hàng hoặcmột cột)

Bước 2 : Tìm giả phương án (u0, v0) của bài toán đối ngẫu (2.5) : Các

ưu điểm của bài toán vận tải so với bài toán QHTT thông thường.