Các phương pháp tối ưu Chủ đề về các bài toán vận tải mở rộng là một nhánh của quy hoạch tuyến tính Nội dung của báo cáo phân tích về mô hình bài toán, phương pháp giải, các ví dụ để giải các bài toán vận tải mở rộngCụ thể có 6 dạng bài toán mở rộng : bài toán vận tải không cân bằng thu phát. bài toán có ràng buộc bất đẳng thức, bài toán lập kho hàng, bài toán vận tải có ô cấm, bài toán vận tải dạng max và bài toán phân chia công việc
VIỆN TOÁN ỨNG DỤNG VÀ TIN HỌC School of Applied Mathematics and Informatics Báo cáo Các phương pháp tối ưu Chủ đề: Bài toán vận tải mở rộng Giảng viên hướng dẫn: Phạm Thị Hồi Nhóm sinh viên thực hiện: Nhóm Trần Huy Hồng Vũ Thị Tâm Vũ Đức Trung Vũ Trung Hiếu Thiều Quang Bách Tống Thị Huyền 20185362 20185403 20185417 20185355 20185327 20173532 Võ Thùy Phương Trần Xuân Hiếu Trần Hải Phong Trần Viết Tài Trần Văn Bắc 20185394 20185354 20185393 20185402 20185325 Mục lục Lời nói đầu 2 Nhắc lại 3 Bài tốn không cân thu phát 3.1 Tổng lượng phát lớn tổng lượng thu (Cung lớn cầu) 3.2 Tổng lượng thu lớn tổng lượng phát (Cầu lớn cung) 3 Bài toán vận tải với ràng buộc bất đẳng thức Bài toán lập kho hàng 5.1 Mơ hình tốn 5.2 Ví dụ 11 11 12 Bài tốn vận tải có ô cấm 16 Bài toán vận tải dạng max 7.1 Mơ hình tốn 7.2 Ví dụ 18 18 19 Bài toán phân việc 8.1 Thuật toán Hungarian 8.2 Ví dụ 21 22 22 Tổng kết 24 1 Lời nói đầu Ngay từ kỷ XVIII, nhà toán học L.Euler viết "Vì giới thiết lập cách hồn hảo sản phẩm đấng sáng tạo tinh thơng nhất, nên khơng thể tìm thấy mà khơng mang tính chất cực đại hay cực tiểu đó." Từ xa xưa, nhiều tình xã hội, từ sống đời thường đến hoạt động kinh tế, kỹ thuật, người ta muốn tìm phương pháp tốt để đạt mục tiêu mong muốn điều kiện ràng buộc định Đó tốn tối ưu Chính nỗ lực giải tốn góp phần phát triển Toán học thể kỷ XVII - XVIII Ngày nay, với trợ giúp cách mạng cơng nghệ lần thứ tư, quy hoạch tốn học ngày phát triển mạnh mẽ Các phương pháp tối ưu ứng dụng rộng rãi lĩnh vực khoa học, kỹ thuật, kinh thế, viễn thông, khai thác liệu, Quy hoạch tuyến tính phận quan trọng quy hoạch toán học Theo tin Liên đồn Tốn học giới 1/2005: Một thành tựu vĩ đại ký XX phát minh phát triển lý thuyết quy hoạch tuyến tính Đây mơ hình tốn nhiều toán thực tế thuộc lĩnh vực khác Trong báo cáo chúng em nghiên cứu trình bày tốn vận tải, ứng dụng thành cơng quy hoạch tuyến tính Theo thống kê Mỹ, có đến 85% tốn quy hoạch tuyến tính gặp ứng dụng thực tế có dạng tốn vận tải dạng mở rộng Bài tốn vận tải giải vấn đề phân phối hàng hóa từ số điểm cung cấp đế số điểm tiêu thụ cho: tổng chi phí nhất, cự ly vận chuyển nhỏ nhất, Nó áp dụng thực tế để xác định vị trí đặt nhà kho, cửa hàng hay nhà xưởng xem xét số phương án địa điểm xây dựng Bài báo cáo không tránh khỏi nhiều thiếu sót, mong bạn đọc góp ý thêm Hà Nội, ngày tháng năm 2021 Leonhard Euler (15/4/1707 - 18/9/1783) nhà toán học, nhà vật lý học, nhà thiên văn học, nhà lý luận kỹ sư người Thụy Sĩ Ông (cùng với Archimedes Newton) xem nhà toán học lừng lẫy với khám phá quan trọng ảnh hưởng nhiều ngành tốn học, vi tích phân lý thuyết đồ thị, đồng thời có đóng góp tiên phong cho số ngành tô pô lý thuyết số giải tích Ơng giới thiệu nhiều thuật ngữ ký hiệu toán học đại, đặc biệt cho ngành giải tích tốn học, bật khái niệm hàm số tốn học 2 Nhắc lại Mơ hình tốn học tốn vận tải m n f (x) = cij xij (P T ) i=1 j=1 n v.đ.k xij = , i = 1, · · · , m (2.0.1) xij = bj , j = 1, · · · , n (2.0.2) xij ≥ 0, i = 1, · · · , m, j = 1, · · · , n (2.0.3) j=1 m i=1 Bài tốn khơng cân thu phát 3.1 Tổng lượng phát lớn tổng lượng thu (Cung lớn cầu) n m bj > j=1 i=1 Tức tồn điểm khơng phát hết hàng Khi ràng buộc 2.0.1 (P T ) đổi lại là: n (3.1.4) xij ≤ j=1 Vậy để đưa toán ban đầu, ta cần thêm vào điểm thu giả với cước phí Bài toán với m điểm phát n+1 điểm thu : m n+1 f (x) = cij xij i=1 j=1 n+1 v.đ.k xij = , i = 1, · · · , m xij = bj , j = 1, · · · , n + xij ≥ 0, i = 1, · · · , m, j = 1, · · · , n + j=1 m i=1 (3.1.5) Bài toán thỏa mãn điều kiện cân thu phát giải Thuật toán vị nhận phương án tối ưu x∗ = (x∗ij ), i = 1, , m, j = 1, , n + Nếu x∗i(n+1) > điểm phát thứ i cịn đọng lượng hàng x∗i(n+1) Ví dụ: Xét tốn vận tải với liệu lượng phát, lượng thu ma trận chi phí cho bảng 3.1: bj 80 70 90 100 9 100 160 140 Bảng 3.1 = 400 > i=1 bj = 340 j=1 Bài tốn có tổng lượng phát lớn tổng thu Vì ta thêm trạm thu giả n+1=5 với yêu cầu b5 = 400 − 340 = 60 đặt c15 = c25 = c35 = Ta thu toán cân thu phát PACB x0 xác định theo phương pháp cực tiểu chi phí kết tính vị bảng dưới: vj ui bj −4 −2 80 70 100 90 60 −5 −5 − 40 160 60 + − −6 + 100 −10 70 40 50 140 −3 80 60 Bảng 3.2 Từ Bảng 3.2, chọn (is , js )=(2,5) làm ô điều chỉnh, tiếp tục thuật toán vị ta chuyển sang phương án cực biên x1 Các số liệu tương ứng với x1 biểu diễn Bảng vj ui bj 80 70 100 90 60 90 10 160 −6 −1 100 −3 70 −7 40 50 140 80 −3 60 −6 −1 Bảng 3.3 Nhận xét rằng, bảng 3.3 ta có ∆12 = ∆13 = = max{∆ij > 0|(i, j) ∈ / G(x1 )} Ta chọn hai làm điều chỉnh Sau đây,ta xét hai cách chọn Cách thứ nhất.Nếu chọn ô điều chỉnh ô (1,3) thực biến đổi tiếp ta nhận 0 10 90 Bảng tương ứng với phương án cực biên tối ưu x∗ toán, x∗ = 70 30 60 80 60 0 vj ui bj −2 80 70 100 90 60 10 −2 90 160 −6 100 −5 70 −5 30 60 140 80 −3 60 −4 −1 Bảng 3.4 Trở lại tốn ban đầu, ta có phương án vận chuyển tối ưu xopt = 80 opt với giá trị tối ưu f (x ) = 1160 Điểm phát thứ điểm phát thứ hàng Điểm phát thứ hai 60 đơn vị hàng 70 ba 10 90 30 60 phát hết Vì Bảng 3.4 cịn có 12 = (1,2) ∈ / G(x∗ ) nên phương án x∗ phương án cực biên tối ưu toán Thực biến đổi theo thuật toán vị, ta nhận Bảng tương ứng với phương án cực biên tối ưu thứ hai xopt toán ban đầu vj ui bj −2 80 70 100 90 60 10 −2 90 160 −6 100 −5 60 −5 40 60 140 −3 80 −4 60 −1 Bảng 3.5 Từ bảng 3.5, tiếp tục chọn ô (1,3) ∈ / G(x∗ ) có ∆13 = làm ô điều chỉnh biến đổi theo thuật toán vị ta lại quay lại Bảng Như vậy, toán có hai phương án cực biên tối ưu tập nghiệm tối ưu F∗ = {x = λx∗ + (1 − λ)x∗ với ≤ x ≤ 1} 10 − 10λ 10λ 90 = x = 60 + 10λ 40 − 10λ 60 với ≤ λ ≤ 80 60 0 Cách thứ hai Từ bảng 3.3, chọn ô điều chỉnh ô (1,2) biến đổi tiếp ta nhận Bảng 3.5 tương ứng với PACB tối ưu x∗ toán mở rộng cân thu phát Tiếp tục thực biến đổi tiếp từ Bảng 3.5 với ô điểu chỉnh (1,3) có 13 = 0, ta trở lại Bảng 3.4 với PACB tối ưu x∗ biết 3.2 Tổng lượng thu lớn tổng lượng phát (Cầu lớn cung) n m bj > j=1 i=1 Tức hàng điểm phát không đủ nhu cầu điểm thu Khi ràng buộc 2.0.2 P T đổi lại là: m (3.2.6) xij ≤ bj i=1 Vậy để đưa toán ban đầu, ta cần thêm vào điểm phát giả với cước phí Bài tốn với m+1 điểm phát n điểm thu : m+1 n f (x) = cij xij i=1 j=1 n v.đ.k xij = , i = 1, · · · , m + xij = bj , j = 1, · · · , n xij ≥ 0, i = 1, · · · , m + 1, j = 1, · · · , n j=1 m+1 i=1 c(m+1)j = 0, j = 1, · · · , n Bài toán thoả mãn điều kiện cân thu phát giải phương pháp vị Bài toán vận tải với ràng buộc bất đẳng thức Trong thực tế, nhiều mô hình tốn vận tải có dạng: m n f (x) = cij xij (4.0.1) i=1 j=1 n v.đ.k xij ≤ , i = 1, · · · , m (4.0.2) xij ≥ bi , j = 1, · · · , n (4.0.3) xij ≥ 0, i = 1, · · · , m, j = 1, · · · , n (4.0.4) j=1 m i=1 Điều kiện (4.0.2) có nghĩa điểm phát khơng phát hết hàng Điều kiện (4.0.3) có nghĩa điểm thu nhu cầu tiêu thụ Điều kiện cần đủ để toán (4.0.1) -(4.0.4) có phương án tối ưu sau: Định lý Bài toán (4.0.1) -(4.0.4) cố phương án tối ưu tổng lượng phát không bé tổng lượng thu, nghĩa m n ≥ i=1 bj (4.0.5) j=1 Chứng minh Theo Định lý tồn tốn vận tải có nghiệm tối ưu tổng lượng thu tổng lượng phát ⇒ Dấu "=" chứng minh Việc áp dụng thuật toán vị để giải toán với ràng buộc đẳng thức chia làm hai trường hợp, phụ thuộc vào điều kiện (4.0.5) Cụ thể: Trường hợp 1: Ta có m n = i=1 bj , j=1 tức toán thỏa mãn điều kiện cân thu phát Khi đó, phương án chấp nhận toán (4.0.1) -(4.0.4) thỏa mãn (4.0.2) (4.0.3) dạng dấu đẳng thức, tức: n xij = , i = 1, · · · , m xij = bi , j = 1, · · · , n j=1 m+1 i=1 Vì vậy, việc giải toán ban đầu trở giải toán vận tải với điều kiện cân thu phát (sử dụng thuật tốn vị để giải) Trường hợp 2: Ta có m n > i=1 bj , j=1 tức tổng lượng phát lớn tổng lượng thu Ta dễ dàng chứng minh rằng:"Nếu x∗ nghiệm tối ưu (4.0.1) -(4.0.4) x∗ thỏa mãn chặt ràng buộc (4.0.3)" (Theo Định lý tồn tại) Nhắc lại: Định lý tồn tại: Bài tốn vận tải có phương án tối ưu tổng tất lượng phát tổng tất lượng thu, tức m n = i=1 bj j=1 Như vậy, toán ban đầu tương đương với toán sau: m n f (x) = cij xij i=1 j=1 n v.đ.k xij ≤ , i = 1, · · · , m xij = bi , j = 1, · · · , n xij ≥ 0, i = 1, · · · , m, j = 1, · · · , n j=1 m i=1 Mơ hình tốn phù hợp với thực tế điểm thu tự cân đối nhận đủ hàng Ta sử dụng kĩ thuật thêm trạm thu giả (n + 1), đưa thêm biến phụ xi(n+1) ≥ 0, i = 1, · · · , m ứng với hệ số mục tiêu ci(n+1) = 0, i = 1, , m Lúc toán giải phương pháp vị nhận phương án tối ưu x∗ = (x∗ij )m×(n+1) (Quay tốn khơng cân thu phát trường hợp cung lớn cầu) opt ∗ Chú ý: Phương án tối ưu toán ban đầu xopt = (xopt ij ) với xij = xij với ∀i = 1, , m; j = 1, , n Nếu x∗i(n+1) ≥ có nghĩa điểm phát thứ i thừa lượng hàng x∗i(n+1) đơn vị 10 Bài tốn lập kho hàng 5.1 Mơ hình tốn Giả sử tập đồn gồm m nhà máy sản xuất loại hàng hóa với sản lượng tương ứng , i = 1, , m họ sản xuất sẵn nold kho chứa hàng với trữ lượng b1 , b2 , , bnold Người ta định xây dựng nnew kho Bài toán đặt kho phải thiết kế để hàng tìm phương án vận chuyển hết hàng từ m nhà máy đến n = nold + nnew kho cho chi phí vận chuyển nhỏ với giả thiết kho chứa lượng hàng khơng hạn chế Cho biết cước phí vận chuyển đơn vị hàng từ nhà máy i đến kho j cij ; i = 1, , m; j = 1, , n Với giả thiết kho có lượng hàng chứa khơng hạn chế, ta dể dàng đưa toán dạng vận tải cầu vượt cung việc đặt: m bj = , ∀j = nold + 1, , nold + nnew i=1 Do đó, ta cần thêm điểm phát giả với lượng phát: n m am+1 = bj − j=1 i=1 c(m+1)j = ∀j = 1, , n Khi tốn ban đầu tương đương với toán sau: m+1 n f (x) = cij xij i=1 j=1 n v.đ.k xij = , i = 1, · · · , m + xij = bj , j = 1, · · · , n xij ≥ 0, i = 1, · · · , m + 1, j = 1, · · · , n j=1 m+1 i=1 Giả sử x∗ = (x∗ij ) nghiệm tối ưu tốn Khi đó, kho thiết kế với trữ lượng là: m b∗j = x∗ij i=1 Phương án tối ưu toán là: opt ∗ xopt = (xopt ij ) với xij = xij , với i = 1, m; j = 1, n 11 5.2 Ví dụ Một liên hợp nhà máy sản xuất xi măng có kho Họ dự định xây thêm kho (với lượng chứa tùy ý) cho kho chứa hết xi măng cần chuyển khỏi nhà máy Thông tin lượng phát, lượng thu cho Hãy xác định trữ lượng hai kho cần xây dựng phương án vận chuyển sau có hai kho cho tổng chi phí vận chuyển nhỏ bj 75 80 100 90 490 65 80 270 270 10 2 10 9 0 0 Bảng 5.1 Giải: Bài tốn có m = 3, nold = 3, nnew = n = nold + nnew = Gán lượng thu b4 = b5 = 3i=1 = 270 Đặt điểm phát (m + 1) = với lượng phát: a4 = = 490 bj − j=1 i=1 cước phí c4j = với ∀j = 1, Giải toán với điểm phát điểm thu: Dùng phương pháp cực tiểu chi phí tìm điểm cực biên, ta thu được: f (x0 ) = 940 Ta có bảng: 12 vj ui bj 10 10 75 65 80 270 270 80 −4 75 −1 −2 −10 100 490 −9 −5 45 80 −6 10 + −7 −10 − 55 −4 10 −2 90 10 + 220 − 270 Bảng 5.2 Chọn ô (1,5) ô điều chỉnh với chu trình K bảng Khi đó: θ = min{x0ij | (i, j) ∈ K − } = Khi f (x1 ) = f (x0 ) − θ∆15 = 900 Ta có bảng: vj ui bj 80 1 −3 2 75 65 80 270 270 − −12 75 −2 100 90 490 + 10 −1 −8 −1 10 −6 55 −8 10 −5 − 0 −3 0 + 225 Chọn ô (2,1) ô điều chỉnh với chu trình K bảng Khi đó: θ = min{x1ij | (i, j) ∈ K − } = 45 13 −5 Bảng 5.3 Khi f (x2 ) = f (x1 ) − θ∆21 = 630 Ta có bảng: 45 80 + − 265 vj ui bj 80 2 75 65 80 270 270 − −6 30 100 + −2 90 490 −1 + −2 −1 80 50 −6 10 + −7 −8 −8 55 −6 10 − 45 10 0 270 − 220 Bảng 5.4 Chọn ô (4,2) ô điều chỉnh với chu trình K bảng Khi đó: θ = min{x2ij | (i, j) ∈ K − } = 30 Khi f (x3 ) = f (x2 ) − θ∆42 = 600 Ta có bảng: vj ui bj 80 100 2 75 65 80 270 270 −1 −7 −2 90 490 −8 10 −2 − −5 −2 80 30 80 + −8 −7 25 −7 10 75 10 −1 270 + − 190 Bảng 5.5 Chọn ô (3,5) ô điều chỉnh với chu trình K bảng Khi đó: θ = min{x3ij | (i, j) ∈ K − } = 10 Khi f (x4 ) = f (x3 ) − θ∆35 = 590 Ta có bảng: 14 vj ui bj 80 100 2 2 75 65 80 270 270 −1 −7 −2 90 490 9 −3 0 −5 80 40 −2 80 −7 −9 −8 −8 25 −6 10 75 10 0 10 270 180 Bảng 5.6 Dễ thấy ∆ ≤ nên: 0 0 80 75 25 0 x∗ = 0 80 10 40 270 180 phương án tối ưu toán bổ sung Vậy kho thứ tư cần xây dựng để chứa 3i=1 x∗i4 = đơn vị hàng hóa (tức không cần thiết để xây dựng) Tương tự kho thứ năm cần xây dựng để chứa 3i=1 x∗i5 = 90 đơn vị hàng hóa Sau xây dựng hai kho này, phương án vận chuyển tối ưu là: 0 0 80 = 75 25 0 0 80 10 xopt Giá trị tối ưu toán f (xopt ) = 590 15 Bài toán vận tải có cấm Trong thực tế, có trường hợp khơng thể vận chuyển hàng từ điểm phát i đến điểm thu j Khi (i,j) cấm Phương pháp Sử dụng phương pháp cực tiểu chi phí • Đặt cij = M , (i,j) cấm, M giá trị lớn +∞ tượng trưng cho cước phí cao • Nếu PATU tốn có cấm có thành phần xij > cấm (i,j) tốn khơng có PATU • Nếu PATU tốn có cấm có thành phần xij = tất cấm (i,j) tốn có PATU Ví dụ: Một cơng ty có ba nhà máy cung cấp sản phẩm họ cho bốn nhà kho Công suất hàng tháng nhà máy 120, 200 180 đơn vị yêu cầu hàng tháng kho 100, 140, 110 120 Chi phí vận chuyển đơn vị sau: Nhà máy I II III Giải P 15 25 Bài tốn có m = n = Vì Nhà Q 24 15 kho R 30 12 - S 20 15 20 = 500 > i=1 bj = 470 nên ta thêm trạm thu giả T nơi j=1 thu gom sản phẩm dư thừa sau phát, với lượng thu là: b5 = 30 Không vận chuyển từ I đến Q tức (1, 2) ô cấm, nên đặt cước phí c12 = M Tương tự, khơng có đường từ II đến P III đến R nên c21 = c33 = M Sử dụng phương pháp cực tiểu chi phí xác định phương án cực biên xuất phát số liệu tính tốn theo thuật tốn vị tương ứng với bảng 6.1 Từ Bảng 6.1, sau lần điều chỉnh phương án, ta nhận phương án cực biên tối ưu x∗ Bảng 6.2: 100 0 20 110 90 x∗ = 140 30 10 100 0 opt 110 90 Như vậy, phương án tối ưu toán ban đầu là: x = 140 30 Kho P nhận đủ 100 đơn vị từ nhà máy I, kho Q nhận đủ 140 đơn vị từ nhà máy III, kho R nhận đủ 110 đơn vị từ nhà máy II, kho S nhận đủ 120 đơn vị, 90 đơn vị từ nhà máy II, 30 đơn vị từ nhà máy I Và nhà máy I thừa 20 đơn vị, nhà máy III thừa 10 đơn vị 16 vj bj ui 10 10 100 140 110 120 30 15 0 − 15 − M 24 M −23 12 −10 15 30 200 20 − M 25 10 20 + 120 90 30 M 180 −14 15 110 20 M 90 + − 10 13 − M 140 10 30 Bảng 6.1 vj bj ui 15 15 17 20 100 140 110 120 30 15 15 − M 100 24 10 − M −13 12 −14 15 15 20 110 −5 90 20 M 180 10 140 Bảng 6.2 17 200 25 20 120 M −5 30 M 17 − M 30 10 Bài toán vận tải dạng max 7.1 Mơ hình tốn Mơ hình tốn học toán m n max f (x) = cij xij i=1 j=1 n v.đ.k xij = , i = 1, · · · , m xij = bj , j = 1, · · · , n xij ≥ 0, i = 1, · · · , m, j = 1, · · · , n j=1 m i=1 Điều kiện cân thu phát thoả mãn nên • Giải trực tiếp tốn vận tải dạng tương đương với hàm f = −f • Giải trực tiếp sau: * Xây dựng phương án cực biến xuất phát từ x0 phương pháp góc Tây Bắc phương pháp cực đại chi phí, tức ưu tiên phân lượng hàng lớn vào ô (i0 , j0 ) cho ci0 j0 lớn chi phí ứng với ô cần xem xét * Việc xác định vị tương ứng tốn tìm min, tức giải hệ ui + vj = càj ∀(i, j) ∈ G(x0 ) * Tính đại lượng ∆ij = ui + vj − cij ∀(i, j) ∈ / G(x0 ) * Kiểm tra điều kiện tối ưu If ∆ij ≥ với (i, j) ∈ / G(x0 ) Then dừng thuật toán(x0 phương án tối ưu) Else (tức ∃∆ij < với ((i, j) ∈ / G(x0 )) ta chọn ô (is , js ) ô điều chỉnh ứng với ∆is js = min{∆ij < | (i, j) ∈ / G(x0 ) Sau xác định chu trình điều chỉnh xây dựng phương án cực biên x0 giống với toán 18 7.2 Ví dụ Đề bài: Giải tốn vận tải (P T max ) với vecto lượng phát, vecto lượng thu ma trận chi phí sau: a = (50, 70, 80)T , b = (40, 60, 100)T C = 4 1 Bảng 7.1 biểu diễn thông tin tương ứng với phương án cực biên xuất phát x0 xác định theo "cực đại chi phí" f (x0 ) = 920 Vì cịn ∆13 = −2 < 0 ô (1, 3) ∈G(x / ) nên x0 chưa phải phương án cực biên Chọn (1, 3) làm điều chỉnh, xác định chu trình điều chỉnh K = {(3, 1), (3, 3), (1, 3), (1, 1)} chuyển sang Bảng 7.2 tương ứng với phương án cực biên x1 f (x1 ) = 940 Bảng 7.2 cịn (3, 1) ∈G(x / ) có ∆31 = −2 < nên x1 chưa phương án tối ưu Chọn ô (3, 1) làm ô điều chỉnh, xác định chu trìn điều chỉnh K = {(3, 1), (3, 3), (1, 3), (1, 1)} chuyển sang Bảng 7.3 tương ứng với phương án cực biên x3 Bảng 7.3 có ∆ij > với (i, j) ∈ / G(x2 ) nên 0 50 x = 60 10 40 40 phương án tối ưu toán với giá trị tối ưu fmax = f (x0 ) = 1020 19 vj ui bj 40 60 100 50 40 −2 -2 10 + 70 −1 + − − 50 20 80 80 Bảng 7.1 vj ui bj 10 40 60 100 50 + − 40 −4 10 70 −3 80 60 10 + − -2 80 Bảng 7.2 20 vj bj ui 11 10 40 60 100 50 50 70 −4 60 10 80 −3 40 40 Bảng 7.3 Bài toán phân việc Bài toán: Giả sử có n người n cơng việc Để giao cho người i, i ∈ {1, , n}, làm công việc j, j ∈ {1, , n}, cần chi phí cij Vấn đề cần tìm phương án để phân cơng cho người làm việc (mỗi người làm việc, việc cho người làm) cho tổng chi phí nhỏ Mơ hình tốn học tốn là: n n minf (x) = cij xij (P T work ) i=1 j=1 n v.d.k xij = 1, i = 1, 2, n (8.0.1) xij = 1, j = 1, 2, n (8.0.2) i = 1, , n.j = 1, , n (8.0.3) j=1 n j=1 xij ∈ {0, 1}, Đây trường hợp tốn vận tải cân thu phát số trạm phát số trạm thu = bj = với i, j = 1, , n biến nhận giá trị Có thể thay điều kiện xij ≥ nguyên với i = 1, , n, j = 1, , n Bài tốn phân việc mơ hình tốn học nhiều tốn thực tế khác (khơng liên quan đến phân cơng cơng việc), chẳng hạn: tốn phân công cho nhà máy sản xuất sản phẩm khác cho đạt hiệu cao nhất, 21 8.1 Thuật toán Hungarian Thuật toán sau: Bước Chọn giá trị chi phí nhỏ hàng ci,min = min{cij |j ∈ 1, n}, i = 1, n Bước Giảm chi phí hàng giá trị chi phí nhỏ cnew = cold ij ij − ci,min Bước Làm tương tự với cột chưa có giá trị chi phí Bước Thuật toán kết thúc tất hàng cột có giá trị chi phí Khi phân cơng cơng việc đặt vị trí giá trị chi phí tốn đạt 8.2 Ví dụ Bài Tốn: Một nhà máy có máy tự động thực đồng thời công việc Bảng chi phí thực cơng việc máy sau: Công việc I II III 14 15 Máy 10 13 12 16 Máy 10 13 12 16 Giải Bước 1: Chọn giá trị chi phí nhỏ hàng Công việc I II III 14 15 Bước 2: Giảm chi phí hàng giá trị chi phí nhỏ Cơng việc I II III Máy 2 0 22 Cột máy chưa có giá trị chi phí nên lặp lại với cột 3: Công việc Công việc I II III Máy 2 0 I II III Máy 2 0 Bước 3: Sự phân công đặt giá trị chi phí Từ đó, ta phân: máy làm công việc I, máy làm công việc III, máy làm công việc II Tổng chi phí là: + 12 + 13 = 30 23 Tổng kết Một ứng dụng thành công bậc lý thuyết quy hoạch tuyến tính việc giải thành cơng tốn vận tải Theo thống kê Mỹ, có đến 85% tốn quy hoạch tuyến tính gặp thực tế có dạng toán vận tải dạng mở rộng Trên thực tế, dễ dàng bắt gặp hình ảnh tốn vận tải nhiều vấn đề khác nhau, kể đến tốn tối ưu chi phí giao nhận, vận chuyển hàng hố Điều chứng tỏ tầm quan trọng độ ảnh hưởng rộng lớn mà toán tác động lên sống Bài tốn vận tải có vơ vàn ứng dụng thực tế, nhiên ứng dụng điển hình, thể tác động to lớn kinh tế, Bài tốn Tối thiểu hố chi phí giao hàng (Minimize shipping costs), Bài tốn Xác định vị trí cho chi phí thấp (Determine low cost location), Bài tốn Tìm lịch trình sản xuất với chi phí tối thiểu (Find minimum cost production schedule) Bài toán Hệ thống phân phối quân đội (Military distribution system) Với thuật toán vị giải toán vận tải, thuật tốn có độ phức tạp mũ, thuật toán dùng nhiều để giải tốn vận tải xác, dễ hiểu dễ sử dụng Tuy nhiên, nói trên, thuật tốn có độ phức tạp mũ nên thời gian thực điểm hạn chế đáng kể Ta có nhiều hướng để giải tốn vận tải Đối với thuật tốn vị, để tìm phương án ban đầu ta dùng Quy tắc góc Tây Bắc (Northwest corner rule), Phương pháo xấp xỉ Vogel (Vogel’s Approximation Method), Phương pháp cực tiểu chi phí (Minimum-Cost Method) Phương pháp phân phối sửa đổi (The modified distribution (MODI) method) Ngồi thuật tốn vị nêu, tốn vận tải có số hướng giải khác dẫn đến kết tối ưu Thuật toán di truyền, References [1] Nguyễn Thị Bạch Kim, Các phương pháp tối ưu: Lý thuyết thuật toán,NXB Bách Khoa Hà Nội, 2014 [2] Đinh Bá Hùng Anh, Bài giảng toán vận tải https://bitly.com.vn/ttlb6b 24 ... triển lý thuyết quy hoạch tuyến tính Đây mơ hình tốn nhiều tốn thực tế thuộc lĩnh vực khác Trong báo cáo chúng em nghiên cứu trình bày tốn vận tải, ứng dụng thành công quy hoạch tuyến tính Theo thống... xác định vị trí đặt nhà kho, cửa hàng hay nhà xưởng xem xét số phương án địa điểm xây dựng Bài báo cáo khơng tránh khỏi nhiều thiếu sót, mong bạn đọc góp ý thêm Hà Nội, ngày tháng năm 2021 Leonhard