QUY HOẠCH RỜI RẠC - CHƯƠNG 3 pps

http://www.ebook.edu.vn Bùi Thế Tâm III.1 Quy hoạch rời rạc Chương 3 THUẬT TOÁN GOMORY THỨ NHẤT Trong chương này sẽ trình bày thuật toán Gomory thứ nhất và chứng minh sự hội tụ của nó. 1. TƯ TƯỞNG PHƯƠNG PHÁP CẮT 1.1. Việc giải bài toán quy hoạch tuyến tính nguyên (,) N LC có dẫn tới việc giải một bài toán quy hoạch tuyến tính (, )AC không ? Định lý 1. Giả sử L là một đa diện lồi, N L là tập các điểm nguyên của nó, () N RVL≡ là bao lồi tuyến tính của tập các điểm nguyên N L . Khi đó: 1) () N RVL≡ là một đa diện nguyên (các đỉnh đều là nguyên) 2) NN RL= (1) 3) Tập * R các phương án tựa của đa diện R chứa trong N R : * N RR⊆ (2) Chứng minh 1) Chứng minh R là một đa diện nguyên ? Vì L là một đa diện lồi nên N L là tập hữu hạn ⇒ () N RVL≡ là tổ hợp lồi tuyến tính của một tập hữu hạn . Vì vậy, R là một đa diện , đồng thời * N RL⊆ (3) (tức là R là đa diện nguyên). 2) Chứng minh NN RL= ? Từ định nghĩa bao lồi tuyến tính suy ra () NN LVL R⊆≡⇒ NN LR⊆ . (4) Ta phải chứng minh: NN RL⊆ ? (5) Thật vậy, giả sử lấy N xR∈ , (6) vì N LL⊆ nên () N RVL= ()VL⊆ L= . Vì vậy N x RRL∈⊆⊆ (7) Từ (6) và (7) suy ra N xL∈ (vì x là nguyên thuộc L), vậy (5) được chứng minh. Từ (4) và (5) suy ra đẳng thức (1) đúng. 3) Chứng minh * N RR⊆ ? Từ (3) và (1) suy ra (2) đúng. http://www.ebook.edu.vn Bùi Thế Tâm III.2 Quy hoạch rời rạc Hệ quả 1 . Giả sử (, )XRC là phương án tựa tối ưu của bài toán (, )RC , khi đó (, )XRC cũng là phương án tối ưu của bài toán (,) N LC. Vì vậy để giải bài toán quy hoạch tuyến tính nguyên (,) N LC ta đi giải bài toán (, )RC . 1.2. Ta sẽ chứng minh: () N RVL= là đa diện nguyên duy nhất mà tập các điểm nguyên của nó trùng với N L . Định lý 2. Giả sử L là một đa diện lồi, U là một đa diện lồi nguyên và NN UL= (8) Khi đó () N URVL== (9) Chứng minh. Từ (8) trực tiếp suy ra RU⊆ (10) ( vì () ( ) NN R VL VU U== ⊆) Ta phải chứng minh: U ⊆ R ? (11) Vì U là đa diện nguyên (tất cả các đỉnh của nó là nguyên) và (8) nên * U ⊆ NN UL= , suy ra U = * ()VU ⊆ () N VL ≡ R . Vậy (11) là đúng Từ (10) và (11) ta có điều cần chứng minh (9). 1.3.Ví dụ http://www.ebook.edu.vn Bùi Thế Tâm III.3 Quy hoạch rời rạc BÀI TOÁN (,) N LC BÀI TOÁN (, )LC BÀI TOÁN (,) N RVLC≡ Max 1 x + 2 x 12 211 38xx+ ≤ 12 7xx+ ≤ 12 45 5xx−≤ 0 j x ≥ nguyên j x Max( 1 x + 2 x ) 12 211 38xx+ ≤ (a) 12 7xx+ ≤ (b) 12 45 5xx−≤ (c) 0 j x ≥ Max( 1 x + 2 x ) 2 3x ≤ 12 5xx+ ≤ 12 1xx−≤ 0 j x ≥ Max=5. Max=7 Max=5 Tối ưu là 2 điểm Tối ưu là một đoạn Tối ưu là đoạn (2,3); (3,2) [ ( 13 3 ; 8 3 ); ( 40 9 ; 23 9 )] [(2,3);(3,2) ] 1.4. Từ Hệ quả 1 chỉ ra khả năng xấp xỉ đúng bài toán (,) N LC bằng bài toán quy hoạch tuyến tính (, )RC nhưng không cho phương pháp xác định bài toán () N RVL= . Do đó xuất hiện vấn đề: cho một đa diện lồi L , tìm bao lồi () N VL các điểm nguyên của nó ? Vấn đề này nói chung cũng khó như chính việc giải bài toán quy hoạch tuyến tính nguyên. 1.5. Khi xây dựng () N VL ta đã không sử dụng thông tin về hàm mục tiêu CX của bài toán quy hoạch tuyến tính nguyên. Vậy có nên tìm một bài toán quy hoạch tuyến tính (, )AC theo bài toán (,) N LC sao cho thoả mãn 3 điều kiện: 1) (,) N CX L C = (, )CX A C (các trị tối ưu trùng nhau) (12) http://www.ebook.edu.vn Bùi Thế Tâm III.4 Quy hoạch rời rạc 2) NN AL= ( tập các điểm nguyên bằng nhau ) (11) 3) Tất cả các phương án tựa tối ưu của bài toán quy hoạch tuyến tính (, )AC đều thoả mãn điều kiện nguyên: *cN AA A∩⊆ (14) (tong đó c A là tập hợp các phương án tối ưu của bài toán (A,C); * A là tập hợp các đỉnh của đa diện lồi A) Nói chung, việc xây dựng đa diện lồi A thoả mãn (12) – (14) cũng rất phức tạp và chưa có thuật toán hữu hiệu. 1.6. Khái niệm lát cắt đúng Giả sử bài toán (,) N LC là bài toán quy hoạch nguyên nào đó và phương án tựa tối ưu của bài toán quy hoạch tuyến tính tương ứng (, )XLC không thoả mãn điều kiện nguyên, tức là (, )XLC N L∉ . Khi đó bất đẳng thức: jj j ax β≤ ∑ hay aX β≤ (15) gọi là lát cắt đúng nếu thoả mãn 2 điều kiện: - Điều kiện cắt: (, )XLC không thoả mãn (15), tức là (, )aX L C β> - Điều kiện đúng: nếu X là phương án của (,) N LC thì X thoả mãn (15) , tức là {} N LXaXβ⊂≤. Nói cách khác, ràng buộc thêm không cắt đi một phương án nguyên nào của bài toán (,) N LC. http://www.ebook.edu.vn Bùi Thế Tâm III.5 Quy hoạch rời rạc 1.7. Tư tưởng phương pháp cắt của Danzig 1. Việc giải (,) N LClà một quá trình gồm nhiều bước: a) Ở bước thứ r giải bài toán bài toán quy hoạch tuyến tính phụ (,) r LC , r = 0, 1, … với 0 LL= b) Tập các điểm nguyên của tất cả các đa diện lồi là như nhau 01 NN LL==…= N r L = Do đó, nếu phương án tối ưu (,) r XL C của bài toán (,) r LC thoả mãn điều kiện nguyên thì nó cũng là phương án tối ưu 0 (,) N XL C của bài toán xuất phát 0 (,) N LC và quá trình kết thúc. c) Nếu (,) r XL C không thoả mãn điều kiện nguyên thì (,) r XL C không phải là phương án của bài toán 1 (,) r LC + , tức là (,) r XL C 1r L + ∉ 2. Chuyển từ bước r sang bước 1r + , tức là chuyển từ bài toán (,) r LCsang 1 (,) r LC + khi (,) r XL C không nguyên được thực hiện nhờ một lát cắt đúng rr ax β≤ . Việc bổ sung lát cắt này vào ràng buộc của bài toán (,) r LC sẽ chuyển đa diện lồi r L thành 1r L + . Như vậy, phương pháp cắt có hai việc: xấp xỉ tuyến tính nhiều bước đối với bài toán (,) N LC, chuyển từ bước này sang bước khác nhờ một lát cắt đúng. Có ba vấn đề tồn tại cần giải quyết: xây dựng lát cắt đúng, đảm bảo tính hữu hạn của quá trình giải, số lượng lát cắt đúng không được tăng mãi. Thuật toán Gomory thứ nhất sẽ giải quyết được cả ba vấn đề này một cách hiệu quả. 2. THUẬT TOÁN GOMORY THỨ NHẤT Thuật toán Gomory lần đầu tiên thực hiện phương pháp cắt để giải bài toán quy hoạch tuyến tính nguyên mà đối với nó việc xây dựng lát cắt đúng được tiến hành một cách thuật toán, việc chứng minh tính hữu hạn của thuật toán cũng dễ dàng hơn. 2.1. Xét bài toán quy hoạch tuyến tính nguyên hoàn toàn http://www.ebook.edu.vn Bùi Thế Tâm III.6 Quy hoạch rời rạc Max 0 x = 1 n jj j cx = ∑ (16) 1 n ij j i j ax b = = ∑ ( 1, , )im= (17) j x 0≥ (j=1, ,n) (18) j x nguyên (j=1, ,n) (19) Giả sử (, )XLC là phương án tựa tối ưu của bài toán (, )LC , từ đó ta có thể biểu diễn các biến qua các biến phi cơ sở : 0ij () ii j jN xx xx ∈ =+ − ∑ , ( 0, , )in= (20) Giả sử x là một số thực, ký hiệu [ ] x là phần nguyên (số nguyên lớn nhất không vượt quá x), {} [] xxx= − là phần lẻ. Ví dụ [-1.3] = -2, {-1.3} = 0.7, {1.3} = 0.3. Định lý 3. Giả sử X(L,C) có 0i x không nguyên với 1 in ≤ ≤ và: 1) {} {} 0ij () ( )( ) ii i j jN zzX x x x ∈ ≡ = − + −− ∑ , ( 1, 2, , )in= (21) 2) X là phương án của bài toán (,) N LC Khi đó: a) i z nguyên (22) b) i z 0≥ . (23) Chứng minh. a) Chứng minh i z nguyên ? Từ (20) ta có: [] {} []{} 0 0 ij ij ()() ii i j jN xx x x x x ∈ =+ + + − ∑ Kết hợp với (21) suy ra [] [] 0ij () iii j jN zxx xx ∈ = − ++ − ∑ . Do giả thiết 2) ta có i x , j x nguyên, nên từ biểu thức trên suy ra i z nguyên. b) Chứng minh i z ≥ 0. Giả sử phản chứng i z < 0 , từ (21) ta có: {} {} 0ij () ( )( ) 0 ii i j jN zzx x x x ∈ ≡ = − + −−< ∑ Vì { } 0i x− > -1 ; j x ≥ 0 và { } ij x [ ) 0, 1∈ nên 10 i z− <<, tức là i z không nguyên. Điều này mâu thuẫn với chứng minh câu a), do đó i z 0≥ . Chú ý, nếu 0 x được đảm bảo tính nguyên (chẳng hạn mọi j c đều là nguyên) thì Định lý 3 cũng đúng với 0i = . http://www.ebook.edu.vn Bùi Thế Tâm III.7 Quy hoạch rời rạc Hệ quả 2. Giả sử (, )XLC không thoả mãn điều kiện nguyên (19), như vậy đối với i nào đó (1≤ i ≤ n) 0i x không nguyên . Khi đó các hệ thức (21) và (23) xác định một lát cắt đúng. Chứng minh. a) Mọi phương án của bài toán (,) N LC đều thoả mãn (21) và (23) (trong chứng minh định lý), do đó điều kiện đúng của lát cắt được thoả mãn. b) Đặt vào (21) phương án tối ưu không nguyên (, )XLC . Do (, ) j xLC=0, j N∈ , suy ra {} 0 ((,)) 0 0 ii zXLC x= − +<, trái với (23), tức là điều kiện cắt thoả mãn. 2.2. Trong lược đồ phương pháp cắt ở trên, vì bài toán (,) r LCcó thể có nhiều lời giải nên (,) r XL C không duy nhất. Gomory giải bài toán (,) r LC thay cho bài toán (,) r LC, do đó phương án l - tối ưu (,) r XL C là tựa và xác định duy nhất, các tính toán trên tiến hành nhờ l - phương pháp. 2.3. Trong phương pháp cắt vấn đề quan trọng là việc tăng số lượng ràng buộc. Gomory đặt kích thước hạn chế cho bảng đơn hình mở rộng bằng số (n+2) x (k+1). Các ràng buộc rr aX β≤ chỉ là phương pháp để cắt phương án tối ưu không nguyên (,) r XL C và chuyển từ bài toán (,) r LC sang bài toán 1 (,) r LC + . Chú ý rằng biến 1nr x ++ ( 0r ≥ ) lập tức đưa ra khỏi cơ sở sau khi đưa vào ràng buộc : 1 1 0 nr r r nr xaX x β ++ ++ = −      ≥   Tư tưởng của Gomory như sau: - Ngay sau khi 1nr x ++ đưa ra khỏi cơ sở dòng tương ứng xoá khỏi bảng đơn hình mở rộng. - Nếu trong qúa trình tính toán tiếp theo 1nr x ++ lại đưa vào cơ sở thì dòng tương ứng trong bảng đơn hình không được khôi phục và 1nr x ++ không tham gia vào các tính toán tiếp theo. Như vậy ở bước lặp bất kỳ của tính toán, bảng đơn hình bao gồm (k+1) cột như bảng đơn hình xuất phát, số lượng các dòng không vượt quá n+2. Suy ra cỡ của bảng không vượt quá (n+2) x (k+1). 2.4. Nếu bài toán (, )LC không có lời giải vì hàm mục tiêu 0 xCX= không bị chặn trên khúc lồi L thì thuật toán Gomory thứ nhất không áp dụng được. Thuật toán Gomory cũng không áp dụng được trong trường hợp bài toán (, )LC có lời giải nhưng l - bài toán (, )LC không có lời giải. Điều đó dường như là tập hợp các phương án tối ưu của bài toán (, )LC khác trống nhưng không bị chặn . http://www.ebook.edu.vn Bùi Thế Tâm III.8 Quy hoạch rời rạc Về sau ta sẽ giả thiết : 1) 0 xCX≡ bị chặn trên trênL 2) Nếu tập hợp các phương án tối ưu của (, )LC khác trống thì nó phải bị chặn, tức là nếu bài toán(, )LC giải được thì bài toán (, )LC cũng giải được 2.5. Thuật toán Gomory thứ nhất Bước lặp ban đầu. Giải bài toán (, )LC ≡ 0 (,)LC nhờ l - phương pháp, nếu nó không giải được thì bài toán 0 (,) N LC cũng không giải được . Nếu bài toán 0 (,)LC giải được và 0 (,)XL C thoả mãn điều kiện nguyên thì 0 (,)XL C là phương án tối ưu của bài toán nguyên ban đầu 0 (,) N LC. Nếu không thoả mãn điều kiện nguyên thì chuyển sang bước 0r = . Bước lặp 0r ≥ . Giả sử (,) r XL C không thoả mãn điều kiện nguyên thì ta biểu diễn 0 xCX≡ và 12 , , , n xx x qua các biến phi cơ sở () jr xj N∈ . Ta có: r ij () r r iio j jN xx xx ∈ =+ − ∑ , 0,1, ,in= . Ta nhận được bảng đơn hình: 0 r ij , n r r iQ j N Tx ∈∈ = là chấp nhận được và l - chuẩn. Chọn dòng đầu tiên ứng với thành phần không nguyên: k {} {} min 1 , không nguyên r io ii n x= ∈ và xây dựng lát cắt đúng: {} {}() () r 1 0kj 1 1 0 nguyên r nr j k jNr nr nr xx xx x x ++ ∈ ++ ++   = − + −−       ≥          ∑ (24) http://www.ebook.edu.vn Bùi Thế Tâm III.9 Quy hoạch rời rạc Viết dòng thứ nhất của (24) vào cuối bảng đơn hình r T . Ta được bảng đơn hình không chấp nhận được (chỉ với 1nr x ++ ) và l - chuẩn. Dùng l -phương pháp đối với bảng này, đồng thời sau khi đưa khỏi cơ sở 1nr x ++ thì dòng tương ứng 1nr++ bị xoá, sau khi đưa vào cơ sở l x ( 1lr≥ + ) thì dòng tương ứng không được khôi phục. Nếu cuối cùng ta nhận được bảng đơn hình ứng với bài toán quy hoạch tuyến tính không giải được thì bài toán 0 (,) N LC cũng không giải được . Nếu ta nhận được bảng 1r T + chấp nhận được và l - chuẩn thì kiểm tra tính nguyên của 1 (,) r XL C + . Nếu 1 (,) r XL C + thoả mãn điều kiện nguyên thì nó đồng thời là phương án tối ưu của bài toán 0 (,) N LC , nếu không thoả mãn thì chuyển sang bước r+1. 3. TÍNH HỮU HẠN CỦA THUẬT TOÁN GOMORY THỨ NHẤT Giả sử tập các phương án tối ưu của bài toán 0 (,)LC là bị chặn. Định lý 4. Giả sử có các điều kiện sau: 1) Tính nguyên của hàm mục tiêu 0 xCX≡ được đảm bảo và 0 x được xét khi chọn dòng xây dựng lát cắt đúng. 2) Một trong các khẳng định sau là đúng: i) Hàm mục tiêu 0 x bị chặn dưới trên 0 L . ii) Bài toán 0 (,) N LCcó ít nhất một phương án ' X . Khi đó thuật toán Gomory thứ nhất kết thúc sau một số hữu hạn bước lặp lớn. Trước khi chứng minh định lý ta cần chứng minh ba bổ đề. Giả sử (,) r XL C 01 ( , , , ) rrrr n Xxxx≡≡ . Kí hiệu r X là giả phương án ứng với bảng r T nhận được từ bảng r T sau khi loại khỏi cơ sở 1nr x ++ và xoá dòng tương ứng . Bổ đề 1. Ta có: 1 r rr XXX + > ≥ . Bất đẳng thức đầu tiên suy ra từ công thức biến đổi bảng đơn hình và tính l - chuẩn của bảng đơn hình (cột đầu tiên của r T được tính theo công thức { } {} 0 0 () ., () r k rrr ll r kl x R RR x − − − có số đầu tiên khác 0 là dương). Bất đẳng thức thứ hai là do cột 0 giảm khi dùng phương pháp đơn hình đối ngẫu từ vựng. Bổ đề 2. Các số ( 0,1, , ) r i xi n= bị chặn dưới. Chứng minh. Với i = 1, , n điều đó suy ra từ điều kiện không âm 0 j x ≥ ( 1, , ) j n= . Với 0i = điều đó suy ra từ điều kiện 2) của định lý 4. Thật vậy, nếu i) là đúng thì bổ đề 2 là hiển nhiên đúng. Nếu điều kiện ii) được thoả mãn thì 'r XX≥ suy ra ' 00 r xx≥ . Bổ đề 3. Nếu r X không thoả mãn điều kiện nguyên và 0 rr pp xx≡ không nguyên thì: http://www.ebook.edu.vn Bùi Thế Tâm III.10 Quy hoạch rời rạc [ ] 01 1 0 ( , , , , ) ( , , ) rr r r rr p pp xx x x x x − ≥ . Chứng minh Giả sử k {} {} min 0,1, , , không nguyên r io ii n x= ∈ , suy ra kp≤ . Giả sử {} {} {} lex min , 0 r r j r l r r kj r kl kj R R jNx x x     = ∈≠      (dòng quay là lát cắt mới thêm) và {} {} ( ) min i i 0,1, n ; 0 rr lil hR x= ∈≠( hàng đầu tiên của cột l R có hệ số 0≠ , cụ thể là 0 r hl x > do 0 r l R > ). Vì {} 00() rr r kl kl l xxhRkp≠⇒ ≠⇒ ≤≤. Có hai khả năng xảy ra: 1) () r l hR q p≡ < . 2) () r l hR q p≡ = . Trong trường hợp 1) theo quy tắc của l -phương pháp r r q q xx< vì {} {} 0 (do 0) r rrrr r k q qq r ql ql kl x xx xx x x = − <> , và bổ đề được chứng minh. Trong trường hợp 2) ta có () r l hR k p== . Vì vậy 0 0 r r i i xx= với () r l ikhR<= (h là chỉ số đầu tiên r hl x khác không) và {} {} 0 00 r rr r k r kk kl kl x xx x x = − . Vì r kl x = 0 r hl x > , nên {} rr kl kl xx≥ . Từ đó ta có : {} [ ] 00 0 0 rr r r kk k k xx x x≤− = . Do k = p nên bổ đề được chứng minh. Chứng minh định lý 4 Giả sử dãy : 01 , , , , r XX X vô hạn (25) Khi đó theo Bổ đề 1 và Bổ đề 2 tồn tại 0 i , 0 0 in≤≤; tồn tại 0 0r ≥ và một dãy vô hạn : 12 10 ( )rr r rr ν <<<< ≥ (26) sao cho ta có : 1rr i i xx + = ; 0 rr≥ ; 0 01ii≤≤ − (27) 00 1rr ii xx νν + < ,(ν = 1,2, ) (28) Từ Bổ đề 1 và (27) ta có 0 0 1 0 , rr i i xxrr + ≤≥ (29) [...]... x7 -2 .42857 1.571 43 0.71429 -1 .85714* Bảng 5 Tám dòng đầu của bảng 6 là bảng đơn hình l- chuẩn và chấp nhận được Do x0 lẻ nên từ dòng 0 sinh lát cắt ở dòng x9 theo công thức (24) và ta được bảng 6 Chọn dòng x9 làm dòng quay 1 - x3 -x5 -x7 x0 5.769 23 1 .38 462 0. 538 46 0.1 538 5 x1 2. 538 46 -0 . 230 77 0.07692 0 .30 769 x2 1.61 538 0 .30 769 0. 230 77 -0 .07692 x3 0.00000 -1 .00000 0.00000 0.00000 x4 1 .30 769 -0 .84615 -0 .38 462... -0 .50000 0.50000 -0 .50000 x4 0.00000 0.00000 0.00000 -1 .00000 x5 -2 53. 00000 -4 .50000 -2 .50000* -1 .50000 x6 19.00000 3. 00000 0.00000 2.00000 x7 106.00000 4.00000 1.00000 0.00000 Bảng 3 http://www.ebook.edu.vn III. 13 Bùi Thế Tâm Quy hoạch rời rạc 1 - x1 -x5 -x4 x0 11.40000 1.60000 0.20000 1.20000 x1 0.00000 -1 .00000 - 0.00001 0.00000 x2 3. 40000 0.60000 0.20000 0.20000 x3 -4 .60000 -1 .40000* 0.20000 - 0.80000... -0 .38 462 -0 . 538 46 x5 0.00000 0.00000 -1 .00000 0.00000 x6 8.769 23 2 .38 462 0. 538 46 0.1 538 5 x7 0.00000 0.00000 0.00000 -1 .00000 Bảng 6 x9 -0 .769 23 -0 .38 462 -0 . 538 46 * http://www.ebook.edu.vn -0 .1 538 5 III.14 Bùi Thế Tâm Quy hoạch rời rạc Thực hiện một bước của thuật toán đơn hình đối ngẫu từ vựng ta được bảng đơn hình l- chuẩn và chấp nhận được Biến x1 lẻ nên từ dòng x1 sinh ra lát cắt ở dòng x10 1 - x3... 3. 00000 -1 .00000 -2 .00000 2.00000 x7 6.00000 3. 00000 -1 .00000 -1 .00000 Bảng 1 x8 100.00000 1.00000 1.00000* 1.00000 Thực hiện một bước của đơn hình đối ngẫu từ vựng ta được bảng 2 là l- chuẩn 1 - x1 -x8 -x3 x0 200.00000 1.00000 2.00000 3. 00000 x1 0.00000 -1 .00000 - 0.00001 0.00000 x2 100.00000 1.00000 1.00000 1.00000 x3 0.00000 0.00000 -0 .00001 -1 .00000 x4 -9 2.00000 1.00000 -1 .00000 -2 .00000* x5 -3 91.00000... toán (31 ) thì tệp dữ liệu VDG1.sli, có dạng: http://www.ebook.edu.vn III.17 Bùi Thế Tâm 7 3 100 0 3 0 -1 -2 1 0 -1 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 -1 8 2 1 -1 9 1 4 1 3 -1 -2 2 6 -1 3 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 • Văn bản chương trình #include #include #include #include #define M 30 #define N 30 double s[N+2][M+1],r,gz; int kgd,kgd2,blap,blap2,sb,cmin,x0,ss; int m,n,i,j,k,l,le,lc,tg,cs[N+2],nc[M+1];... 0.20000 - 0.80000 x4 0.00000 -0 .00001 0.00000 -1 .00000 x5 0.00000 0.00000 -1 .00000 0.00000 x6 19.00000 3. 00000 0.00000 2.00000 x7 4.80000 2.20000 0.40000 -0 .60000 Bảng 4 1 - x3 -x5 -x4 x0 6.14286 1.14286 0.42857 0.28571 x1 3. 28571 -0 .71429 -0 .14286 0.571 43 x2 1.42857 0.42857 0.28571 -0 .14286 x3 0.00000 -1 .00000 0.00000 0.00000 x4 0.00000 0.00000 0.00000 -1 .00000 x5 0.00000 0.00000 -1 .00000 0.00000 x6 9.14286... x2, x3, x4) = ( 11; 1; 2; 1; 1 ), dùng 4 lát cắt , 9 bảng Bài 4 Tìm Max (C, X) : AX 0 và nguyên -1 -5 20 -7 1 -2 4 15 1 1 1 1 1 -4 -3 -5 -1 -2 6 3 ( 6 -2 C = -4 9 A = 8 2 -6 -7 1 -1 0 2 -4 7 -5 3 ) B = 25 Đáp số : (x0, x1, x2, x3, x4, x5) = ( 1 53 / 0 / 2 / 23 / 0 / 0 ), dùng 18 lát cắt và 19 bảng đơn hình http://www.ebook.edu.vn ... -0 .50000 -0 .50000 -0 .50000 -0 .50000* Thực hiện một bước của thuật toán đơn hình đối ngẫu từ vựng ta được bảng đơn hình l- chuẩn và chấp nhận được, có cột phương án là nguyên và quá trình lặp kết thúc http://www.ebook.edu.vn III.15 Bùi Thế Tâm Quy hoạch rời rạc 1 - x3 -x9 -x11 x0 5.00000 1.00000 1.00000 0.00000 x1 1.00000 -2 .00000 -1 .00000 2.00000 x2 2.00000 1.00000 1.00000 -1 .00000 x3 0.00000 -1 .00000... + x2 + x3 ≤ gz = 100 hay x8 = 100 − x1 − x2 − x3 ≥ 0 và x8 ≥ 0 và viết vào phía dưới bảng 1 Bảng đơn hình xuất phát sau khi thêm ràng buộc phụ: http://www.ebook.edu.vn III.12 Bùi Thế Tâm Quy hoạch rời rạc 1 - x1 -x2 -x3 x0 0.00000 -1 .00000 -2 .00000 1.00000 x1 0.00000 -1 .00000 0.00000 0.00000 x2 0.00000 0.00000 -1 .00000 0.00000 x3 0.00000 0.00000 0.00000 -1 .00000 x4 8.00000 2.00000 1.00000 -1 .00000... x2 − x3 2 x1 + x2 − x3 ≤8 x1 + 4 x2 + x3 ≤9 (31 ) − x1 − 2 x2 + 2 x3 ≤ 3 3 x1 − x2 − x3 ≤6 x1 ≥ 0 , x2 ≥ 0 , x3 ≥ 0 x1 , x2 , x3 nguyên Sau khi thêm biến bù bài toán viết lại thành: Max x0 = x1 + 2 x2 − x3 x4 = 8 − 2 x1 − x2 + x3 x5 = 9 − x1 − 4 x2 − x3 (32 ) x6 = 3 + x1 + 2 x2 − 2 x3 x7 = 6 − 3x1 + x2 + x3 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 ≥ 0 ; x1 , x2 , x3 , x4 x5 , x6 , x7 nguyên Từ đây ta có bảng . http://www.ebook.edu.vn Bùi Thế Tâm III.17 Quy hoạch rời rạc 7 3 100 0 3 0 -1 -2 1 0 -1 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 -1 8 2 1 -1 9 1 4 1 3 -1 -2 2 6 3 -1 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 • Văn bản chương trình #include. 0.1 538 5 x 1 2. 538 46 -0 . 230 77 0.07692 0 .30 769 x 2 1.61 538 0 .30 769 0. 230 77 -0 .07692 x 3 0.00000 -1 .00000 0.00000 0.00000 x 4 1 .30 769 -0 .84615 -0 .38 462 -0 . 538 46 x 5 0.00000 0.00000 -1 .00000 0.00000. -0 .38 462 -0 . 538 46 * -0 .1 538 5 1 - x 3 -x 5 -x 4 x 0 6.14286 1.14286 0.42857 0.28571 x 1 3. 28571 -0 .71429 -0 .14286 0.571 43 x 2 1.42857 0.42857 0.28571 -0 .14286 x 3 0.00000 -1 .00000