FACOLTA DINGEGNERIA CORSO DI RICERCA OPERATIVA a.a. 2001/2002 Problema di assegnamento di una...
-
Upload
fiore-gigli -
Category
Documents
-
view
213 -
download
0
Transcript of FACOLTA DINGEGNERIA CORSO DI RICERCA OPERATIVA a.a. 2001/2002 Problema di assegnamento di una...
FACOLTA’ D’INGEGNERIA
CORSO DI RICERCA OPERATIVAa.a. 2001/2002
Problema di assegnamento di una
compagnia aerea
Università degli studi di Cagliari
Studenti:
Alessandro
Gianluca
Docente:
Prof.ssa Paola Zuddas
La compagnia aerea Avion Travel effettua La compagnia aerea Avion Travel effettua giornalmente i seguenti voli da Roma a Londra…giornalmente i seguenti voli da Roma a Londra…
22:0022:0020:0020:0055
21:0021:0019:0019:0044
17:0017:0015:0015:0033
12:0012:0010:0010:0022
11:0011:009:009:0011
Arrivo aArrivo aLONDRALONDRA
Partenza daPartenza daROMAROMAN° voloN° volo
23:0021:00E
22:0020:00D
16:0014:00C
11:009:00B
10:008:00A
Arrivo aROMA
Partenza daLONDRA
N° volo
……e i seguenti da Londra a Romae i seguenti da Londra a Roma
PROBLEMA:PROBLEMA:
minimizzare il tempo di permanenza a terra degli aerei minimizzare il tempo di permanenza a terra degli aerei realizzando l’accoppiamento ottimale tra voli in arrivo e realizzando l’accoppiamento ottimale tra voli in arrivo e
voli in partenza, considerando inoltre la necessità di voli in partenza, considerando inoltre la necessità di almeno un’ora a terra per problemi di manutenzione e almeno un’ora a terra per problemi di manutenzione e
rifornimento sui velivolirifornimento sui velivoli
SOLUZIONE:SOLUZIONE:
Quello in esame è un tipico problema di assegnamento che Quello in esame è un tipico problema di assegnamento che può essere formulato nel modo seguente:può essere formulato nel modo seguente:
jix
jx
ix
xcz
ij
jij
iij
i jijij
,1,0
1
1
min
Avendo indicato con:
• cij il tempo di permanenza a terra dell’aereo che, avendo completato il volo i viene assegnato al
volo j
• xij la variabile binaria indicante l’assegnazione (xij = 1) o la non assegnazione (xij = 0) dell’aereo
proveniente dal volo i, al volo j
• la condizione che tra tutti gli aerei che hanno completato i voli i uno solo possa
ripartire per il volo j
• la condizione che l’aereo che ha completato il volo i possa ripartire per uno solo dei j voli disponibili
i
ijx 1
j
ijx 1
Il tempo di permanenza a terra complessivo sarà determinato dalla somma dei tempi di
permanenza a terra negli aeroporti Leonardo da Vinci di Fiumicino e Heathrow di Londra.
Si rende necessaria quindi la risoluzione di due problemi distinti:
PROBLEMA 1Minimizzazione dei tempi di
permanenza a terra nell’aeroporto Leonardo da Vinci
Assumendo gli indici i e j come:
abbiamo calcolato tutti i tempi di permanenza a Roma come differenza tra l’orario di partenza del generico volo j e l’orario d’arrivo del generico volo i, tenendo conto della necessità che questi non siano inferiori ad un’ora, ottenendo così la seguente tabella dei costi:
i = A, … ,Ej = 1, … ,5
TEMPI DI PERMANENZA A ROMA [ h ]
2120161110E
2221171211D
43231817C
9842322B
10952423A
54321ARRIVO
PARTENZA
MODELLO MATEMATICO
MIN 23XA1 + 24XA2 + 5XA3 + 9XA4 + 10XA5 +
+ 22XB1 + 23XB2 + 4XB3 + 8XB4 + 9XB5 +
+ 17XC1 + 18XC2 + 23XC3 + 3XC4 + 4XC5 +
+ 11XD1 + 12XD2 + 17XD3 + 21XD4 + 22XD5 +
+ 10XE1 + 11XE2 + 16XE3 + 20XE4 + 21XE5
Funzione obiettivo
1) XA1 + XA2 + XA3 + XA4 + XA5 = 1
2) XB1 + XB2 + XB3 + XB4 + XB5 = 1
3) XC1 + XC2 + XC3 + XC4 + XC5 = 1
4) XD1 + XD2 + XD3 + XD4 + XD5 = 1
5) XE1 + XE2 + XE3 + XE4 + XE5 = 1
6) XA1 + XB1 + XC1 + XD1 + XE1 = 1
7) XA2 + XB2 + XC2 + XD2 + XE2 = 1
8) XA3 + XB3 + XC3 + XD3 + XE3 = 1
9) XA4 + XB4 + XC4 + XD4 + XE4 = 1
10) XA5 + XB5 + XC5 + XD5 + XE5 = 1
Condizioni di vincolo
VALORE OTTIMALE DELLA FUNZIONE OBIETTIVO:
1) 39.00000 [h]
VARIABLE VALUE REDUCED COST
XA5 1.000000 0.000000
XB3 1.000000 0.000000
XC4 1.000000 0.000000
XD1 1.000000 0.000000
XE2 1.000000 0.000000
SOLUZIONE OTTIMA
Gli assegnamenti ottimali risultano pertanto:
A C D EB
VOLI IN ARRIVO
VOLI IN PARTENZA
43
510
211
111
34
ATTENZIONE!!
La matrice dei coefficienti (10 x 25):
Ha rango 9
Pertanto le soluzioni ottime possibili sono:
16
L’accoppiamento trovato è ottimale ma non unico
PROBLEMA 2Minimizzazione dei tempi di
permanenza a terra nell’aeroporto Heathrow di Londra
In questo caso i domini degli indici i e j sono:
i = 1, … ,5j = A, … ,E
I tempi di permanenza a Londra, calcolati come differenza (non inferiore ad un’ora) tra l’orario di partenza del generico volo j e l’orario d’arrivo del generico volo i, sono riportati
nella seguente tabella dei costi:
TEMPI DI PERMANENZA A LONDRA [ h ]
23221611105
24231712114
432116153
98221202
109322211
EDCBAARRIVO
PARTENZA
MODELLO MATEMATICO
MIN 21Y1A + 22Y1B + 3Y1C + 9Y1D + 10Y1E +
+ 20Y2A + 21Y2B + 2Y2C + 8Y2D + 9Y2E +
+ 15Y3A + 16Y3B + 21Y3C + 3Y3D + 4Y3E +
+ 11Y4A + 12Y4B + 17Y4C + 23Y4D + 24Y4E +
+ 10Y5A + 11Y5B + 16Y5C + 22Y5D + 23Y5E
Funzione obiettivo
• Y1A + Y1B + Y1C + Y1D + Y1E = 1
• Y2A + Y2B + Y2C + Y2D + Y2E = 1
• Y3A + Y3B + Y3C + Y3D + Y3E = 1
• Y4A + Y4B + Y4C + Y4D + Y4E = 1
• Y5A + Y5B + Y5C + Y5D + Y5E = 1
• Y1A + Y2A + Y3A + Y4A + Y5A = 1
• Y1B + Y2B + Y3B + Y4B + Y5B = 1
• Y1C + Y2C + Y3C + Y4C + Y5C = 1
• Y1D + Y2D + Y3D + Y4D + Y5D = 1
• Y1E + Y2E + Y3E + Y4E + Y5E = 1
Condizioni di vincolo
SOLUZIONE OTTIMA
VALORE OTTIMALE DELLA FUNZIONE OBIETTIVO
1) 37.00000 [h]
VARIABLE VALUE REDUCED COST
Y1E 1.000000 0.000000
Y2C 1.000000 0.000000
Y3D 1.000000 0.000000
Y4A 1.000000 0.000000
Y5B 1.000000 0.000000
Gli assegnamenti ottimali risultano pertanto:
VOLI IN PARTENZA
VOLI IN ARRIVO
4
D3
5
E10
2
B11
1
A11
3
C2
Rango = 9
Pertanto le soluzioni ottime possibili sono:
16
Anche in questo caso la soluzione ottima trovata non è unica in quanto la matrice dei coefficienti (10 x 25) ha la stessa struttura di quella relativa al problema 1:
La sequenza ottima di voli tra Roma e Londra è:
1
2
4
5
3
10
2
11
11
3
E
C
A
B
11
3
10
4
11D
39 h 37 h
Il problema generale di minimizzazione dei tempi di permanenza a terra degli aerei ammette quindi la soluzione ottima rappresentata nella diapositiva
precedente e che implica un costo minimo totale pari a:
z = z1 + z2 = 39 + 37 = 76 h
ore totali di permanenza a terra
La compagnia Avion Travel sta valutando l’opportunità di raddoppiare i collegamenti Roma-Londra.
PROBLEMA bis
Per valutare la convenienza di questa scelta si richiede la conoscenza della variazione dei tempi di permanenza a terra in questa nuova situazione
La nuova tabella oraria giornalieria dei voli La nuova tabella oraria giornalieria dei voli Roma-Londra diventerebbe… Roma-Londra diventerebbe…
24:0024:0022:0022:001010
23:0023:0021:0021:0099
21:0021:0019:0019:0088
20:0020:0018:0018:0077
17:0017:0015:0015:0066
15:0015:0013:0013:0055
14:0014:0012:0012:0044
11:0011:009:009:0033
10:0010:008:008:0022
8:008:006:006:0011
Arrivo aArrivo aLONDRALONDRA
Partenza daPartenza daROMAROMAN° voloN° volo
23:0021:00L
22:0020:00I
21:0019:00H
20:0018:00G
18:0016:00F
16:0014:00E
14:0012:00D
12:0010:00C
11:009:00B
10:008:00A
Arrivo aROMA
Partenza daLONDRA
N° volo
……mentre quella Londra-Romamentre quella Londra-Roma
PROBLEMA 1 bis
I nuovi domini degli indici i e j sono:
i = A, … ,Lj = 1, … ,10
La tabella dei costi associata a questo problema risulta così costituita:
Minimizzazione dei tempi di permanenza a terra nell’aeroporto
Leonardo da Vinci
TEMPI DI PERMANENZA A ROMA [ h ]
232220191614131097L
2423212017151411108I
124222118161512119H
212322191716131210G
43124211918151412F
6532232120171614E
875412322191816D
109763124212018C
111087421222119B
121198532232220A
10987654321ARRIVOPARTENZA
MODELLO MATEMATICO
MIN 20XA1 + 22XA2 + 23XA3 + 2XA4 + 3XA5 + 5XA6 + 8XA7 + 9XA8 + 11XA9 + 12XA10 +
+ 19XB1 + 21XB2 + 22XB3 + 1XB4 + 2XB5 + 4XB6 + 7XB7 + 8XB8 + 10XB9 + 11XB10 +
+ 18XC1 + 20XC2 + 21XC3 + 24XC4 + 1XC5 + 3XC6 + 6XC7 + 7XC8 + 9XC9 + 10XC10 +
+ 16XD1 + 18XD2 + 19XD3 + 22XD4 + 23XD5 + 1XD6 + 4XD7 + 5XD8 + 7XD9 + 8XD10 +
+ 14XE1 + 16XE2 + 17XE3 + 20XE4 + 21XE5 + 23XE6 + 2XE7 + 3XE8 + 5XE9 + 6XE10 +
+ 12XF1 + 14XF2 + 15XF3 + 18XF4 + 19XF5 + 21XF6 + 24XF7 + 1XF8 + 3XF9 + 4XF10 +
+ 10XG1 + 12XG2 + 13XG3 + 15XG4 + 17XG5 + 19XG6 + 22XG7 + 23XG8 + 1XG9 + 2XG10 +
+ 9XH1 + 11XH2 + 12XH3 + 14XH4 + 16XH5 + 18XH6 + 21XH7 + 22XH8 + 24XH9 + 1XH10 +
+ 8XI1 + 10XI2 + 11XI3 + 13XI4 + 15XI5 + 17XI6 + 20XI7 + 21XI8 + 23XI9 + 24XI10 +
+ 7XL1 + 9XL2 + 10XL3 + 12XL4 + 14XL5 + 16XL6 + 19XL7 + 20XL8 + 22XL9 + 23XL10
Funzione obiettivo
1) XA1 + XA2 + XA3 + XA4 + XA5 + XA6 + XA7 + XA8 + XA9 + XA10 = 1
2) XB1 + XB2 + XB3 + XB4 + XB5 + XB6 + XB7 + XB8 + XB9 + XB10 = 1
3) XC1 + XC2 + XC3 + XC4 + XC5 + XC6 + XC7 + XC8 + XC9 + XC10 = 1
4) XD1 + XD2 + XD3 + XD4 + XD5 + XD6 + XD7 + XD8 + XD9 + XD10 = 1
5) XE1 + XE2 + XE3 + XE4 + XE5 + XE6 + XE7 + XE8 + XE9 + XE10 = 1
6) XF1 + XF2 + XF3 + XF4 + XF5 + XF6 + XF7 + XF8 + XF9 + XF10 = 1
7) XG1 + XG2 + XG3 + XG4 + XG5 + XG6 + XG7 + XG8 + XG9 + XG10 = 1
8) XH1 + XH2 + XH3 + XH4 + XH5 + XH6 + XH7 + XH8 + XH9 + XH10 = 1
9) XI1 + XI2 + XI3 + XI4 + XI5 + XI6 + XI7 + XI8 + XI9 + XI10 = 1
10) XL1 + XL2 + XL3 + XL4 + XL5 + XL6 + XL7 + XL8 + XL9 + XL10 = 1
Vincoli…
11) XA1 + XB1 + XC1 + XD1 + XE1 + XF1 + XG1 + XH1 + XI1 + XL1 = 1
12) XA2 + XB2 + XC2 + XD2 + XE2 + XF2 + XG2 + XH2 + XI2 + XL2 = 1
13) XA3 + XB3 + XC3 + XD3 + XE3 + XF3 + XG3 + XH3 + XI3 + XL3 = 1
14) XA4 + XB4 + XC4 + XD4 + XE4 + XF4 + XG4 + XH4 + XI4 + XL4 = 1
15) XA5 + XB5 + XC5 + XD5 + XE5 + XF5 + XG5 + XH5 + XI5 + XL5 = 1
16) XA6 + XB6 + XC6 + XD6 + XE6 + XF6 + XG6 + XH6 + XI6 + XL6 = 1
17) XA7 + XB7 + XC7 + XD7 + XE7 + XF7 + XG7 + XH7 + XI7 + XL7 = 1
18) XA8 + XB8 + XC8 + XD8 + XE8 + XF8 + XG8 + XH8 + XI8 + XL8 = 1
19) XA9 + XB9 + XC9 + XD9 + XE9 + XF9 + XG9 + XH9 + XI9 + XL9 = 1
20) XA10 + XB10 + XC10 + XD10 + XE10 + XF10 + XG10 + XH10 + XI10 + XL10 = 1
…e ancora vincoli!
VALORE OTTIMALE DELLA FUNZIONE OBIETTIVO:
1) 48.00000 [h]
VARIABLE VALUE REDUCED COST
XA9 1.000000 0.000000
XB4 1.000000 0.000000
XC5 1.000000 0.000000
XD6 1.000000 0.000000
XE7 1.000000 0.000000
XF8 1.000000 0.000000
XG10 1.000000 0.000000
XH2 1.000000 0.000000
XI1 1.000000 0.000000
XL3 1.000000 0.000000
SOLUZIONE OTTIMA
Gli assegnamenti ottimali risultano pertanto:
A C D E F G H I LB
VOLI IN ARRIVO
VOLI IN PARTENZA
911
41
51
61
72
81
102
211
18
310
La matrice dei coefficienti (20 x 100):
ha rango 19
Pertanto le soluzioni ottime possibili sono:
81
L’accoppiamento trovato è ottimale ma non unico
PROBLEMA 2 bisMinimizzazione dei tempi di
permanenza a terra nell’aeroporto Heathrow di Londra
Assumendo gli indici i e j come:
i = 1, … ,10j = A, … ,L
e ricalcolando i tempi di permanenza a terra abbiamo ottenuto la seguente tabella dei costi:
TEMPI DI PERMANENZA A LONDRA [h]
21201918161412109810
22212019171513111099
242322211917151312118
12423222018161413127
43212321191716156
6543123211918175
7654224222019184
109875312322213
1110986422423222
13121110863421241
LIHGFEDCBAARRIVOPARTENZA
MODELLO MATEMATICO
MIN 24Y1A + 1Y1B + 2Y1C + 4Y1D + 6Y1E + 8Y1F + 10Y1G + 11Y1H + 12Y1I + 13Y1L +
+ 22Y2A + 23Y2B + 24Y2C + 2Y2D + 4Y2E + 6Y2F + 8Y2G + 9Y2H + 10Y2I + 11Y2L +
+ 21Y3A + 22Y3B + 23Y3C + 1Y3D + 3Y3E + 5Y3F + 7Y3G + 8Y3H + 9Y3I + 10Y3L +
+ 18Y4A + 19Y4B + 20Y4C + 22Y4D + 24Y4E + 2Y4F + 4Y4G + 5Y4H + 6Y4I + 8Y4L +
+ 17Y5A + 18Y5B + 19Y5C + 21Y5D + 23Y5E + 1Y5F + 3Y5G + 4Y5H + 5Y5I + 6Y5L +
+ 15Y6A + 16Y6B + 17Y6C + 19Y6D + 21Y6E + 23Y6F + 1Y6G + 2Y6H + 3Y6I + 4Y6L +
+ 12Y7A + 13Y7B + 14Y7C + 16Y7D + 18Y7E + 20Y7F + 22Y7G + 23Y7H + 24Y7I + 1Y7L +
+ 11Y8A + 12Y8B + 13Y8C + 15Y8D + 17Y8E + 19Y8F + 21Y8G + 22Y8H + 23Y8I + 24Y8L +
+ 9Y9A + 10Y9B + 11Y9C + 13Y9D + 15Y9E + 17Y9F + 19Y9G + 20Y9H + 21Y9I + 22Y9L +
+ 8Y10A + 9Y10B + 10Y10C + 12Y10D + 14Y10E + 16Y10F + 18Y10G + 19Y10H + 20Y10I + 21Y10L
Funzione obiettivo
1) Y1A + Y1B + Y1C + Y1D + Y1E + Y1F + Y1G + Y1H + Y1I + Y1L = 1
2) Y2A + Y2B + Y2C + Y2D + Y2E + Y2F + Y2G + Y2H + Y2I + Y2L = 1
3) Y3A + Y3B + Y3C + Y3D + Y3E + Y3F + Y3G + Y3H + Y3I + Y3L = 1
4) Y4A + Y4B + Y4C + Y4D + Y4E + Y4F + Y4G + Y4H + Y4I + Y4L = 1
5) Y5A + Y5B + Y5C + Y5D + Y5E + Y5F + Y5G + Y5H + Y5I + Y5L = 1
6) Y6A + Y6B + Y6C + Y6D + Y6E + Y6F + Y6G + Y6H + Y6I + Y6L = 1
7) Y7A + Y7B + Y7C + Y7D + Y7E + Y7F + Y7G + Y7H + Y7I + Y7L = 1
8) Y8A + Y8B + Y8C + Y8D + Y8E + Y8F + Y8G + Y8H + Y8I + Y8L = 1
9) Y9A + Y9B + Y9C + Y9D + Y9E + Y9F + Y9G + Y9H + Y9I + Y9L = 1
10) Y10A + Y10B + Y10C + Y10D + Y10E + Y10F + Y10G + Y10H + Y10I + Y10L = 1
Condizioni di vincolo
• Y1A + Y2A + Y3A + Y4A + Y5A + Y6A + Y7A + Y8A + Y9A + Y10A = 1
• Y1B + Y2B + Y3B + Y4B + Y5B + Y6B + Y7B + Y8B + Y9B + Y10B = 1
• Y1C + Y2C + Y3C + Y4C + Y5C + Y6C + Y7C + Y8C + Y9C + Y10C = 1
• Y1D + Y2D + Y3D+ Y4D + Y5D + Y6D + Y7D + Y8D + Y9D + Y10D = 1
• Y1E + Y2E + Y3E + Y4E + Y5E + Y6E + Y7E + Y8E + Y9E + Y10E = 1
• Y1F + Y2F + Y3F + Y4F + Y5F + Y6F + Y7F + Y8F + Y9F + Y10F = 1
• Y1G + Y2G + Y3G + Y4G + Y5G + Y6G + Y7G + Y8G + Y9G + Y10G = 1
• Y1H + Y2H + Y3H + Y4H + Y5H + Y6H + Y7H + Y8H + Y9H + Y10H = 1
• Y1I + Y2I + Y3I + Y4I + Y5I + Y6I + Y7I + Y8I + Y9I + Y10I = 1
• Y1L + Y2L + Y3L + Y4L + Y5L + Y6L + Y7L + Y8L + Y9L + Y10L = 1
Condizioni di vincolo
SOLUZIONE OTTIMA
VALORE OTTIMALE DELLA FUNZIONE OBIETTIVO
1) 56.00000 [h]
VARIABLE VALUE REDUCED COST
Y1B 1.000000 0.000000
Y2D 1.000000 0.000000
Y3E 1.000000 0.000000
Y4G 1.000000 0.000000
Y5F 1.000000 0.000000
Y6I 1.000000 0.000000
Y7L 1.000000 0.000000
Y8A 1.000000 0.000000
Y9C 1.000000 0.000000
Y10H 1.000000 0.000000
Gli assegnamenti ottimali risultano pertanto:
VOLI IN PARTENZA
VOLI IN ARRIVO
1 3 4 5 6 7 8 92 10
3
I2
D3
E1
F4
G19
H1
L1
B11
A11
C
La matrice dei coefficienti (20 x 100):
ha rango 19
Pertanto le soluzioni ottime possibili sono:
81
Anche in questo caso l’accoppiamento trovato è ottimale ma non unico
La sequenza ottima di voli tra Roma e Londra è:1 4 19 2 3 3 1 1 11 11
B G H D I E L F A C1 4 10 2 6 3 7 5 8 9
1 2 11 1 8 2 10 1 11 148 h
56 h
La soluzione ottima del problema di assegnamento nel caso si attuasse il raddoppio del numero dei collegamenti
Roma-Londra è pari a:
z = z1 + z2 = 48 + 56 = 104 h
ore totali di permanenza a terra
CONCLUSIONILimitando l’analisi ai tempi di permanenza a terra risulta più proficua la soluzione con 20 voli giornalieri in quanto:
L’incremento dei tempi di permanenza a terra è circa del 37% in corrispondenza di un incremento del 100% del numero di voli;
Il tempo medio di permanenza a terra per velivolo è pari a 5,2 h contro le 7,6 h che si hanno attualmente.
OSSERVAZIONICome visto in precedenza, per via della particolare struttura delle matrici dei coefficienti, le soluzioni
trovate, pur essendo ottime, non sono uniche.
Questa pluralità di soluzioni consente di modificare la sequenza dei voli che potrebbe rendersi necessaria a
seguito di altri vincoli non considerati in quest’analisi.
E’ facile determinare le soluzioni alternative intervenendo direttamente sulla tabella dei costi una
volta nota una soluzione ottima.
2120161110E
2221171211D
43231817C
9842322B
10952423A
54321AP
Prendiamo in esame la tabella dei costi relativa al PROBLEMA 1 con in evidenza la soluzione ottima trovata:
E’ immediato notare che è possibile scambiare gli assegnamenti dei voli D ed E tra loro (così come tra i voli A e C) ottenendo lo stesso tempo totale di permanenza a
terra
2120161110E
2221171211D
43231817C
9842322B
10952423A
54321AP
2120161110E
2221171211D
43231817C
9842322B
10952423A
54321AP
Le combinazioni di questi scambi (e degli altri possibili non evidenziati) danno luogo all’infinità di soluzioni resa
evidente in precedenza da considerazioni in merito al rango della matrice dei coefficienti.
SOFTWARE UTILIZZATODemo Lindo/PCDemo Lindo/PC
Release 6.1(27 Nov. ‘01)Release 6.1(27 Nov. ‘01)Lindo Systems, Inc.Lindo Systems, Inc.
1415 North Dayton St.1415 North Dayton St.Chicago, IL 60622Chicago, IL 60622
Dimensioni massime del modello:Dimensioni massime del modello:Vincoli 150Vincoli 150
Variabili 300Variabili 300Variabili intere 50Variabili intere 50Nonzeros 2000000Nonzeros 2000000
Homepage Lindo Systems