9/14/2015 Xét tốn ba lơ – 1: n f (x) = ∑c j x j → m ax j =1 PHƯƠNG PHÁP NHÁNH CẬN n ∑ a j x j ≤ b , ( K P ) j =1 x j ∈ {0,1}, j = 1, n GIẢI BÀI TỐN BA LƠ - với b , a j , c j , j = 1, n số thực cho trước n D0 := { x ∈ ℝ n : ∑ a j x j ≤ b, x j ∈ {0,1}, j = 1, n } j =1 Mỗi tập Giả thiết: i ) b > 0, c j > 0, b > a j > 0, ∀ j = 1, n ii ) c c1 c ≥ ≥ ≥ n (1) a1 a2 an Dcon = {x ∈ D0 : x1 = δ1, x2 = δ2 , , xs = δs }, ≤ s ≤ n, δ1 , δ , , δ s số cho trước có giá trị thỏa mãn s b − ∑ a jδ j ≥ Chú ý: Nếu tốn khơng thỏa mãn giả thiết ii) ta xếp lại đổi biến *Bài toán ( KPcon ) ( KP ) có dạng: s f ( x) = ∑ c jδ j + j =1 n ∑ D0 có dạng: j =1 Khi giải toán (KPcon ), gặp trường hợp sau đây: c j x j → max j = s +1 s n ∑ a j x j ≤ b − ∑ a j δ j ( KPcon ) j=s +1 j =1 x j ∈ {0,1}, j = s + 1, s + 2, , n TH1: Dcon =∅ Ví dụ: Dcon := {x ∈ D0 : δ1 = 1; δ = 1} RB : 3x1 + x2 + x3 ≤ 9/14/2015 TH2: TH3: s ak > b − ∑ a j δ j , ∀k = s +1, s + 2, , n n ∑ j =1 Ví dụ: k = s +1 Ví dụ: x2 + x3 + x4 ≤ 3, PATƯ x * = (δ1 , δ2 , , δs , 0, , 0) j =1 x2 + x3 + 3x4 ≤ (a2 + a3 + a4 = + + < = b − a1δ1 ) ( a2 = 5, a3 = 4, a4 = 6; b − a1δ1 = 3) PATƯ s ak ≤ b − ∑ a jδ j x * = (δ1 , δ2 , , δs ,1, ,1) n− s s s β ( Dcon ) = ∑ c j δ j = f ( x ) β ( Dcon ) = ∑ c j δ j + * j =1 TH4: j =1 ∃r : s + ≤ r ≤ n : TH5: s a s +1 + a s + + + a r = b − ∑ a j δ j n− s n ∑ c j = f ( x* ) j = s +1 s ∃k ∈ {s + 1, s + 2, , n}: ak > b − ∑ a jδ j j =1 j =1 Ví dụ: Ví dụ: x + x + x ≤ ( c ó a = > = b − a1δ n ê n x = ) 3x2 + x3 + x4 + x5 ≤ 12 ( a2 + a3 + a4 = + + = 12 = b − a1δ1 ) PATƯ x * = (δ1 , δ2 , , δs ,1, ,1, 0, , 0) r −s s j =1 ∑ c j = f ( x* ) j = s +1 q s ∃q : s + ≤ q < n : ∑ a j < b − ∑ a jδ j < j =s +1 Ví dụ: Dcon := {x ∈ D0 : x1 = δ1 , x2 = δ , , xs = δ s , xk = 0} r β ( Dcon ) = ∑ c j δ j + TH6: Khi đó, xét tốn ( KPcon ) , với n−r j =1 q +1 ∑a j =s +1 j x2 + x3 + x4 ≤ n ( a2 + a3 = + < < a2 + a3 + a4 = + + 3) j =1 ∑c j + j = s +1 s + (b − ∑ a j δ j − j =1 j =1 β ( D0 ) := +∞ ( cận ( KP) ) α := − ∞ (cận dưới) q β ( Dcon ) = ∑ c j δ j + D0 := { x ∈ ℝ n : ∑ a j x j ≤ b, x j ∈ {0,1}, j = 1, n } Đặt Bài tốn (KPcon ) có cận là: s THUẬT TOÁN: Bước khởi đầu: q cq+1 ∑ a )a ℘:= {D0 } (danh sách tập cần xét) j j = s +1 q +1 9/14/2015 Bước (chọn tập để chia) Chọn tập Dk ∈℘ tập chấp nhận toán ( KPk ) mà tốn có cận lớn tốn có tập chấp nhận thuộc ℘ Giả sử: Dk := {x ∈ D0 : x1 = δ1, x2 = δ2 , , xs−1 = δs−1} Chia tập Dk thành hai tập con: Dk1 := {x ∈ D0 : x1 = δ1, x2 = δ2 , , xs−1 = δs−1, xs = 1} Dk2 := {x ∈ D0 : x1 = δ1, x2 = δ2 , , xs−1 = δs−1, xs = 0} Kết hợp với tiêu chuẩn loại bỏ tập Dk ⊂ D0 : i) Dk = ∅ ii) Tìm PATƯ x ∈ Dk ⊂ D k Tính lại giá trị: α = max{α , f ( x )} Kỷ lục x := x k , giá trị kỷ lục f ( x ) = α k Đặt ℘:= (℘\{Dk }) ∪ {Dk1 , Dk2 } (danh sách tập D0 cần xét tiếp theo) Chú ý: Ở bước ta chia D0 thành hai tập với biến tự có số bé nhất, cụ thể biến x1 Khi đó, ta có hai tập D1 := {x ∈ D0 : x1 = 1} D2 := {x ∈ D0 : x1 = 0} Bước (loại bỏ tập con) Giải toán (KPk ), (KPk ) , ta gặp1 trường hợp xét Bước (kiểm tra điều kiện dừng) Nếu ℘= ∅ dừng thuật tốn Kết luận: * PATƯ x := x : kỷ lục tại, Giá trị tối ưu f (x*) = α = f (x) Ngược lại, quay Bước iii) Cận β (Dk ) toán ( KPk ) không vượt kỷ lục