6. Транспортная задача

Транспортными задачами называются задачи определения оптимального плана перевозок груза из данных пунктов отправления в заданные пункты потребления.

Простейшая формулировка транспортной задачи, получившая название задачи по критерию стоимости, следующая:

В p пунктах отправления находится соответственно a₁,…,a_p единиц однородного груза (ресурсы), который должен быть доставлен g потребителям в количествах b₁,…,b_g единиц (потребности). Заданы стоимости c_ik перевозок из i – го пункта отправления к k – му пункту потребления (коэффициенты затрат). Требуется спланировать перевозки, то есть указать сколько единиц груза должно быть отправлено из любого i-го пункта отправления в любой k- ый пункт потребления так, чтобы максимально удовлетворить потребности, и чтобы суммарные затраты на перевозки были минимальными.

Если в задаче суммарные ресурсы равны суммарным потребностям, то есть , то говорят о закрытой модели транспортной задачи, если равенство нарушено, то подобная модель называется открытой.

Обозначим через x_ik количество единиц продукта, запланированное к перевозке из

i–го пункта в k–ый. Тогда условие задачи можно представить в виде распределительной таблицы.

Таблица 6.1

	b1	b2	…	bk	…	bg
a1	c11 x11	c12 x11	…	c1k x1k	…	c1g x1g
a2	c21 x21	c22 x22	…	c2k x2k	…	c2g x2g
…	…	…	…	…	…	…
ai	ci1 xi1	ci2 xi2	…	cik xik	…	cig xig
…	…	…	…	…	…	…
ap	cp1 xp1	cp2 xp2	…	cpk xpk	…	cpg xpg

Переменные х_ik должны удовлетворять ограничительным условиям

Суммарные затраты на перевозки равны

Требуется найти n=pg переменных х_ik, удовлетворяющих указанным условиям и минимизирующих функцию z.

Решение такой задачи разбиваем на два этапа:

1. Определение исходного опорного (базисного) решения;

2. Построение последовательных итераций, то есть приближение к оптимальному решению.

Для каждого их этих этапов существует несколько методов.

Рассмотрим первый этап. Для построения опорного решения чаще всего используют один из следующих методов: «северо – западного» угла и метод минимальных затрат.

1. Метод «северо – западного угла».

Заполним таблицу 6.1, начиная с левого верхнего (северо – западного) угла, двигаясь затем по строке вправо и по столбцу вниз. Запишем в клетку (1.1) меньшее из числа а₁ и b₁, то есть x₁₁ = min {a₁, b₁}. Если а₁>b₁, то x₁₁=b₁ и первый столбец закрыт, то есть потребности первого потребителя удовлетворены полностью. Двигаясь дальше по первой строке, записываем в соседнюю клетку (1.2) меньшее из чисел a₁ - b₁ и b₂, то есть x₁₂ = min {a₁-b₁, b₂}. Если же а₁ < b₁, аналогично закрывается первая строка (ресурсы первого отправителя исчерпаны), и далее заполняется соседняя клетка (2.1), куда заносится x₂₁ = min {a₂, b₁-а₂}. Этот процесс продолжается до тех пор, пока на каждом этапе не исчерпываются ресурсы а_p и потребности b_g. Может оказаться, что на каком–то промежуточном, а не только последнем этапе, построение опорного плана при внесении очередной величины х_ik закрываются одновременно i–ая строка и k–ый столбец. Это происходит, когда очередной остаток в k–ом столбце будет равен а_i, или остаток в i–ой строке равен b_k. Тогда занесем в следующую по строке или столбцу клетку (в ту из них, которой соответствую меньшие затраты) величину х_ik+1 = 0 или (x_i+1k = 0). Такие нули называются, в отличие от пустых клеток, базисными. Они необходимы для предотвращения вырождения опорного плана.

Найдем опорный план методом «северо- западного» угла для транспортной задачи, приведенной в таблице 6.2.

Таблица 6.2.

a i bk	40	100	60	80
60	4	3	7	8
140	9	5	4	2
80	6	3	8	4

Заполним таблицу, начиная с клетки (1.1). х₁₁ = min {60 ; 40}= 40. Первый столбец закрывается (потребности удовлетворены полностью) и во всех его остальных клетках ставится прочерк. Запасы первого поставщика не израсходованы на 60-40=20 единиц. Сравниваем с потребностями второго потребителя b₂ = 100. Тогда х₁₂= min {20 ; 100}= 20. Так как запасы первого поставщика исчерпаны, то в двух последних клетках первой строки ставим прочерки. Далее рассмотрим клетку (2,2).

х₂₂= min {140 ; 80}, где 140 – запасы второго поставщика, а 80 – оставшиеся потребности второго потребителя. Таким образом, х₂₂= 80, а в оставшейся клетки второго столбца ставим прочерк. Рассмотрим клетку (2,3). х₂₃= min {60 ; 60}= 60. При этом одновременно закрываются вторая строчка и третий столбец, что означает полное удовлетворение потребностей третьего потребителя и исчерпание ресурсов второго поставщика. Поэтому, чтобы избежать вырождения, в соседней к (2,3) пустой клетке с наименьшей стоимостью перевозок (2,4) ставим ноль, а клетке (3,3) ставим прочерк. Заполняем оставшуюся клетку (3,4). х₃₄= min {80 ; 80}= 80. Тем самым получено опорное решение. Таблица 6.3

a i bk	40	100	60	80
60	4 40	3 20	7	8
140	9	5 80	4 60	2 0
80	6	3	8	4 80

Найдем общую стоимость перевозки как сумму произведений объемов перевозок х_ik на соответствующие стоимости

z= 40·4 + 20·3 + 80·5 + 60·4 + 80·4 = 1180

2. Метод минимальных затрат.

В правиле «северо- западного» угла не учитываются величины затрат с_ik, а, значит, опорное решение может быть далеким от оптимального. Поэтому в дальнейших расчетах может потребоваться много шагов (итераций) для достижения оптимального решения. Число итераций, как правило, можно сократить, если исходное решение строить по усовершенствованному методу минимальных затрат. Сущность его состоит в том, что на каждом шаге заполняется клетка с наименьшей величиной с_ik. Начинаем заполнение таблицы с клетки, которой соответствует наименьший элемент с_ik из всей таблицы (в таблице 6.2 начинаем с клетки (2,4), где с_ik =2). Затем остаток по столбцу или строке помещаем в клетку того же столбца или строки, которой соответствует следующее по величине значение с_ik и так далее. Таким образом, последовательность заполняемых клеток определяется по величинам с_ik, а помещаемые в этих клетках величины х_ik определяются как и в правиле «северо- западного» угла. В результате для таблице 6.2 получаем другое опорное решение.

Таблица 6.4

a i bk	40	100	60	80
60	4 40(6)	3 20(5)	7	8
140	9	5 0(3)	4 60(2)	2 80(1)
80	6	3 80(4)	8	4

Индексы в скобках в таблице 6.4. показывают порядок заполнения. Начинаем с клетки (2,4) с наименьшей среди стоимостей с_ik (с₂₄ = 2), поэтому

х ₂₄= min {140 ; 80}= 80. Так как потребности четвертого потребителя удовлетворены, прочеркиваем остальные клетки четвертого столбца. У второго поставщика осталось 60 единиц товара. Находим минимальное значение с_ik для оставшихся клеток второй строки. Это с₂₃= 4. Поэтому х₂₃= min {60 ; 60}= 60. При этом одновременно исчерпываются ресурсы второго поставщика и удовлетворяют потребности третьего потребителя. Чтобы избежать вырождения, ставим базисный ноль в клетке (2,2) с наименьшим тарифом с₂₂ =5. В остальных клетках второй строки и третьего столбца ставим прочерки. Затем рассматриваем второй столбец. Здесь у оставшихся клеток (1,2) и (3,2) тарифы равны. Заполним клетку (3,2) с максимальным х_i из этих двух; х₃₂= 80. Оставшиеся 20 единиц помещаем в клетку (1,2), то есть х₁₂= 20. Ресурсы третьего поставщика исчерпаны, поэтому в пустой клетке третьей строки ставим прочерк. Наконец заполняем оставшуюся клетку (1,1), х₁₁= 40.

Общая стоимость по такому плану равна:

z = 40·4 + 20·3 + 80·3 + 60·4 + 80·2 = 860

Для выполнения второго этапа решения транспортной задачи используют распределительный метод и метод потенциалов.

Введем понятие цикла. Циклом называется набор клеток, в котором две и только две соседние расположены в одном столбце или одной строке, причем последняя клетка находится в одном столбце или одной строке с первой.

Рассмотрим пример:

Для таблицы 6.3 построим цикл, начинающийся в клетке (3.1).

Решение имеет вид:

Таблица 6.5

a i bk	40	100	60	80
60	4 [-]40	3 [+]20	7	8
140	9	5 [-]80	4 60	2 [+]0
80	6 [+]	3	8	4 [-]80

Здесь все пустые клетки обозначены точками. Начинаем с клетки (3.1), в которой ставим «+», как и в дальнейшем в нечетных клетках цикла. Во второй клетке цикла (1.1) ставим « - », как и во всех четных клетках цикла. За исключением первой в цикл входят только занятые клетки, причем только две из строки и столбца, так что при его обходе можно вернуться в исходную клетку. Можно доказать, что такой цикл единственный, причем только из занятых клеток нельзя образовать цикла.

Распределительный метод описывается следующим алгоритмом:

1. Располагаем исходные данные в распределительной таблице.

2. Строим опорное решение. При этом должны оказаться занятыми r = p+g-1 клеток.

3. Производим оценку первой свободной клетки путем построения для нее цикла и вычисления по этому циклу величины

,

где в первую сумму входят тарифы клеток цикла со знаком «+», а во вторую со знаком « - ».

Если Δ_st < 0, то переходим к пункту 4.

Если Δ_st ≥ 0, то оцениваем следующую свободную клетку до тех пор, пока обнаружим клетку с отрицательной оценкой Δ_st. Если все Δ_st неотрицательны, то решение соответствующее таблице является оптимальным.

4. Находим λ= min {х_ij}, где х_ij – значения величины перевозок в клетках со знаком

«-» затем прибавляем λ ко всем клеткам цикла со знаком «+» и отнимаем из всех клеток со знаком «-». После этого возвращаемся к пункту 3.

Оценки свободных клеток связаны с определенной таблицей. На каждом новом этапе после 4 пункта оценки одних и тех же клеток будут изменяться, поэтому на каждом этапе необходимо пересчитывать оценки свободных клеток Δ_st.

При выполнении пункта 3 целесообразно выбирать для оценки сначала клетки с минимальными тарифами с_ik.

Рассмотрим приведенный алгоритм для таблицы 6.3.

Таблица 6.6

a i bk	40	100	60	80
60	4 40	3 20	7	8
140	9	5 [-]80	4 60	2 [+]0
80	6	3 [+]	8	4 [-]80

В таблице 6.6 построен цикл для свободной клетки (3.2), имеющий наименьший тариф с₃₂=3.

с₃₂==(3+2)-(5+4)=-4<0

λ=min{80;80}=80

Выполнив пункт 4, имеем таблицу 6.7. Оценим сначала клетку (3.4).

Δ₃₄=9-5=4>0

Таблица 6.7

a i bk	40	100	60	80
60	4 40	3 20	7	8
140	9	5 [+]0	4 60	2 [-]80
80	6	3 [-]80	8	4 [+]

Затем остальные свободные клетки (3,3), (3,1), (2,1), (1,3), (1,4).

Δ₃₄=6>0; Δ₃₁=2>0; Δ₁₃=5>0; Δ₁₄=8>0; Δ₂₁=3>0.

Таким образом, решение в таблице 6.7 является оптимальным. Заметим, что в данном примере метод минимальных затрат сразу дал оптимальное решение (см.таблицу 6.4), а для правила «северо – западного» угла потребовалась одна итерация.

Распределительный метод обладает существенным недостатком, заключающимся в том, что для выполнения одной итерации требуется строить большое количество оценочных циклов. Этот недостаток устранен в методе потенциалов. Рассмотрим метод потенциалов на примере таблицы 6.3

Каждому поставщику a_i сопоставил величину U_i, называемую потенциалом. Каждому потребителю b_j сопоставим потенциал V_j.

Составим уравнение вида V_j-U_i-c_ij=0 для всех занятых клеток. Для удобства перепишем эту таблицу в виде:

Таблица 6.8

a i bk	V1	V2	V3	V4
U1	4 40	3 20	7	8
U2	9	5 80	4 60	2 0
U3	6	3	8	4 80

Получаем:V₁-U₁=4; V₂-U₁=3; V₂-U₂=5; V₃-U₂=4; V₄-U₂=2; V₄-U₃=4.

Полагая одну из неизвестных (наиболее часто встречающуюся) равной нулю (здесь U₂=0), найдем все остальные.

V₁=6; V₂=5; V₃=4; V₄=2; U₁=2; U₃₌ -2.

Проверим выполнение условий оптимальности для занятых клеток. Для этого должно выполняться соотношение δ_ij = V_j - U_i-C_ij 0.

δ₁₃=V₃-U₁-C₁₃=4-2-7=-5<0

δ₁₄=V₄ - U₁-C₁₄=2 - 2 - 8 = - 8 < 0

δ₂₁=V₁ - U₂ - C₂₁=6 – 0 - 9= - 3 < 0

δ₃₁=V₁ - U₂ - C₃₁ = 6 + 2 - 6 = 2 > 0

δ₃₂=V₂ - U₃ - C₃₂ = 5 + 2 – 3 = 4 > 0

δ₃₃=V₃ - U₃ - C₃₃ = 4 + 2 - 8 = -2 < 0

Построим цикл для клетки с наибольшем нарушением δ_ij. Это клетка (3,2). Как в распределительном методе пересчитаем x_ij для клеток цикла. Полученный результат запишем в таблице 6.9.

Таблица 6.9

ai bk	V1	V2	V3	V4
U1	4 40	3 20	7	8
U2	9	5 0	4 60	2 80
U3	6	3 80	8	4

Опять проверяем на оптимальность. Имеем систему из 6 уравнений с 7 неизвестными.

V₁ - U₁ = 4; V₂ - U₁ = 3; V₂ - U₂ = 5; V₂ - U₃ = 3; V₃ - U₂ = 4; V₄ - U₂ = 2.

Система имеет множество решений. Полагая V₂ =5, находим U₁=2; U₂=0; U₃=2;

V₃ = 4; V₄ = 2; V₁ = 6.

В таком случае δ₁₃ = - 5; δ₁₄ = - 8; δ₂₁ = - 3; δ₃₁ = -2; δ₃₃ = - 6; δ₃₄ = - 4.

Все δ_ij, соответствующие пустым клеткам, отрицательны. Значит, решение в таблице 6.9 является оптимальным (оно совпадает с таблицей 6.4 и таблицей 6.7).