Skripta Za OI1 - 3. Kolokvij
-
Upload
dariothecar -
Category
Documents
-
view
72 -
download
1
description
Transcript of Skripta Za OI1 - 3. Kolokvij
-
1 Ivan kurdija
Skripta za OI1 3. Kolokvij by Picok
Transportni problem
Sadraj
1. Zatvoreni transportni problem ........................................................................................... 2
2. Osnove zatvorenog transportnog problema ................................................................... 2
2.1. Primjer ......................................................................................................................... 3
3. Metode za rjeavanje zatvorenog transportnog problema ............................................ 4
3.1. Metoda sjeverozapadnog kuta .................................................................................... 4
3.1.1. Primjer sjeverozapadnog kuta ............................................................................. 4
3.2. Metoda minimalnih trokova ...................................................................................... 6
3.2.1. Primjer minimalnih trokova ................................................................................ 7
3.3. Vogel-ova aproksimativna metoda.............................................................................. 9
3.3.1. Primjer Vogel metode .......................................................................................... 9
4. Degeneracija kod transportnog problema .................................................................... 12
4.1. Primjer sa degeneracijom (zauzeta polja su izraunata Vogel-ovom metodom) .. 13
5. Metode za izraun optimalnog rjeenja transportnog problema .................................... 14
5.1. Metoda skakanja s kamena na kamen (Metoda relativnih trokova) ....................... 14
5.1.1. Primjer metode skakanja s kamena na kamen .................................................. 14
5.2. MODI Metoda ............................................................................................................ 18
4.2.1 Primjer MODI Metode ............................................................................................. 19
6. Otvoreni transportni problem .......................................................................................... 21
6.1. Otvoreni transportni problem sa suvikom u otpremi .............................................. 21
6.1.1. Primjer otvorenog transportnog problema sa suvikom u otpremi .................. 22
6.2. Otvoreni transportni problem sa suvikom u primanju ............................................ 23
6.2.1. Primjer otvorenog transportnog problema sa suvikom u primanju ................ 23
7. Literatura .......................................................................................................................... 25
-
2 Ivan kurdija
1. Zatvoreni transportni problem
2. Osnove zatvorenog transportnog problema
O1 O2 On ai
I1 Cij
Xij
C*ij a1
I2 a2
In am
bj b1 b2 bn
Oznake:
Cij troak prijevoza po jedinici tereta na relaciji i - j
Xij koliina robe koja se prevozi (dok je vrijednost zaokruena)
C*ij relativni troak prijevoza
Originalni oblik transportnog problema:
Z = C11 x11 + C12 x12 + + Cmn xmn min
Ogranienja:
x11 + x12 + + x1n = a1 x11 + x21 + + xm1 = b1
x21 + x22 + + x2n = a2 x12 + x22 + + xm2 = b2
xm1 + xm2 + xmn = am x1m + x2m + + xmn = bn
xij 0
Dualni oblik transportnog problema:
Zd = u1 a1 + u2 a2 + + um am + v1 b1 + v2 b2 + + vn bn max
-
3 Ivan kurdija
Ogranienja:
u1 + v1 C11 um + v1 Cm1
u1 + v2 C12 um + v2 Cm2
u1 + vn C1n um + vn Cmn
Nema uvjeta nenegativnosti jer moe biti i pozitivno i negativno.
Da bi znali da li se radi o zatvorenom ili otvorenom transportnom problemu moramo zbrojiti
stupac ai i red bj, ako su jednaki radi se o zatvorenom, ako nisu radi se o otvorenom.
Otvoreni ne moemo rijeavati na ove naine koji slijede ve moramo pretvoriti u zatvoreni.
Vie o tome u temi otvoreni transportni problem.
2.1. Primjer
Zadatak:
I: 50, 30, 10
O: 25, 15, 22, 28
Cij =
Rjeenje:
Originalni oblik
Z = 1x1 + 5x2 + 8x3 +2x4 +2x5 + 6x6 + 3x7 + 4x8 + 7x9 + 9x10 + 11x11 + 9x12 min
Ogranienja
x1 + x2 + x3 + x4 = 50 x1 + x5 + x9 = 25
x5 + x6 + x7 + x8 = 30 x1 + x5 + x9 = 15
x9 + x10 + x11 + x12 = 10 x1 + x5 + x9 = 22
x1 + x5 + x9 = 28
xij 0
-
4 Ivan kurdija
Dualni oblik
Zd =50u1 + 30u2 + 10u3 + 25v1 + 15v2 + 22v3 + 28v4 max
Ogranienja
u1 + v1 1 u2 + v1 2 u3 + v1 7
u1 + v2 5 u2 + v2 6 u3 + v2 9
u1 + v3 8 u2 + v3 3 u3 + v3 11
u1 + v4 2 u2 + v4 4 u3 + v4 9
3. Metode za rjeavanje zatvorenog transportnog problema
3.1. Metoda sjeverozapadnog kuta
Ovo je najlaka metoda, ali i najloija. Zato se moda i nee pojaviti u kolokviju, ali ipak treba
i to znati. Kako sam naslov kae kreemo od sjeverozapadnog kuta i stavljamo maksimalnu
koliinu tereta koja je mogua s obzirom na kapacitet ishodita I1 i potrebe odredita O1. Ako
je kapacitet ishodita I1 u potpunosti iskoriten prelazimo na polje 2,1 tj. na ishodite I2 kako
i zadovoljili sve potrebe odredita O1, a ako su zadovoljene potrebe odredita O1, a kapacitet
ishodita I1 nije u potpunosti iskoriten tada prelazimo na polje 1,2 tj. zadovoljavamo
potrebe odredita O2 preostalom ponudom iz ishodita I1.
3.1.1. Primjer sjeverozapadnog kuta
Na primjeru e biti sve jasnije, stavit u za svaki korak posebnu tablicu.
O1 O2 O3 O4 ai
I1 1 5 8 2 50
I2 2 6 3 4 30
I3 7 9 11 3 10
bj 25 15 22 28 90
Poetna tablica
-
5 Ivan kurdija
O1 O2 O3 O4 ai
I1 1
25
5 8 2 50
I2 2 6 3 4
30
I3 7 9 11 3
10
bj 25 15 22 28 90
O1 O2 O3 O4 ai
I1 1
25 5
15 8 2
50
I2 2 6 3 4
30
I3 7 9 11 3
10
bj 25 15 22 28 90
O1 O2 O3 O4 ai
I1 1
25 5
15 8
10 2
50
I2 2 6 3 4
30
I3 7 9 11 3
10
bj 25 15 22 28 90
O1 O2 O3 O4 ai
I1 1
25 5
15 8
10 2
50
I2 2 6 3
12 4
30
I3 7 9 11 3
10
bj 25 15 22 28 90
-
6 Ivan kurdija
O1 O2 O3 O4 ai
I1 1
25 5
15 8
10 2
50
I2 2 6 3
12 4
18 30
I3 7 9 11 3
10
bj 25 15 22 28 90
O1 O2 O3 O4 ai
I1 1
25 5
15 8
10 2
50
I2 2 6 3
12 4
18 30
I3 7 9 11 3
10 10
bj 25 15 22 28 90
Uvijek zavravamo u donjem desnom kutu
3.2. Metoda minimalnih trokova
Kod ove metode kreemo tako da pronaemo najmanji troak, te na to polje upisujemo
maksimalnu koliinu tereta s obzirom na kapacitet ishodita i potrebe odredita.
Ako imamo jednake vrijednosti trokova biramo prvo onu na koju je mogue staviti vie
tereta. Kada smo zadovoljili kapacitet odnosno potrebe nekog ishodita ili odredita taj
redak ili stupac u sljedeem razmatranju iskljuujemo. Taj postupak ponavljamo dok ne
iskoristimo sve kapacitete i potrebe.
Koraci:
1. Traimo najmanji minimalni troak
2. Upisujemo maksimalnu koliinu tereta koju moemo
3. Ako postoji vie jednakih tereta biramo onaj na koji moemo staviti vie tereta
-
7 Ivan kurdija
3.2.1. Primjer minimalnih trokova
Opet u kao i u prolom primjeru napisati samo tablice
O1 O2 O3 O4 ai
I1 1 5 8 2
50
I2 2 6 3 4
30
I3 7 9 11 3
10
bj 25 15 22 28 90
O1 O2 O3 O4 ai
I1 1
25 5 8 2
50
I2 2 6 3 4
30
I3 7 9 11 3
10
bj 25 15 22 28 90
Najmanji troak je 1 i tu upisujemo najvei teret a to je 25 iz odredita
O1 O2 O3 O4 ai
I1 1
25 5 8 2
25 50
I2 2 6 3 4
30
I3 7 9 11 3
10
bj 25 15 22 28 90
Sljedei najmanji troak je 2 i stavljamo 25 iz ishodita jer smo ve 25 iskoristili
-
8 Ivan kurdija
O1 O2 O3 O4 ai
I1 1
25 5 8 2
25 50
I2 2 6 3
22 4
30
I3 7 9 11 3
10
bj 25 15 22 28 90
Imamo dva troka sa 3, ali uzimamo prvo ovaj gdje moemo vie staviti
O1 O2 O3 O4 ai
I1 1
25 5 8 2
25 50
I2 2 6 3
22 4
30
I3 7 9 11 3
3 10
bj 25 15 22 28 90
Sada na ovaj drugi 3 stavljamo ostali teret iz odredita O4
O1 O2 O3 O4 ai
I1 1
25 5 8 2
25 50
I2 2 6
8 3
22 4
30
I3 7 9 11 3
3 10
bj 25 15 22 28 90
O1 O2 O3 O4 ai
I1 1
25 5 8 2
25 50
I2 2 6
8 3
22 4
30
I3 7 9
7 11 3
3 10
bj 25 15 22 28 90
Konano rjeenje
-
9 Ivan kurdija
3.3. Vogel-ova aproksimativna metoda
Pomou ove metode dobijemo raspored tereta koji je najblii optimalnom rjeenju, te je ona
najefikasnija od ove tri metode.
Kod ove metode postoji vie koraka. Prvo je potrebno dodati jo jedan red (rj) i jedan stupac
(ri).
Ostali koraci koji se ponavljaju:
1. Razlika izmeu 2 najmanja troka (posebno za svako ishodite odnosno odredite)
2. Biramo najveu razliku
3. Na najmanji troak stavljamo maksimalni teret
* Ako je isti indeks(razlika), biramo onaj koji ima manji troak. Ako je troak isti onda biramo
onaj gdje moemo staviti vie tereta.
3.3.1. Primjer Vogel metode
O1 O2 O3 O4 ai
I1 1 5 8 2
50
I2 2 6 3 4
30
I3 7 9 11 3
10
bj 25 15 22 28 90
Dakle prvo dodajemo red i stupac ri i rj.
O1 O2 O3 O4 ai ri
I1 1 5 8 2
50
I2 2 6 3 4
30
I3 7 9 11 3
10
bj 25 15 22 28 90
rj
-
10 Ivan kurdija
Sada raunamo razliku od dva najmanja troka u svakom redu i stupcu. Oduzimamo manji
troak od veeg. Iz tablice ispod vidimo da je najvei indeks 5 na odreditu O3. Stavit u
posebnu oznaku, a tako moete i vi radi preglednosti.
O1 O2 O3 O4 ai ri
I1 1 5 8 2
50 1
I2 2 6 3 4
30 1
I3 7 9 11 3
10 4
bj 25 15 22 28 90
rj 1 1 5 2
Sada kod odredita O3 na najmanji troak stavljamo maksimalni teret. To je kod troka 3 i
moemo staviti 22. Nakon toga ponovno raunamo indekse ali ne gledamo stupac O3. Ja u
ga staviti u sivu boju radi preglednosti.
O1 O2 O3 O4 ai ri
I1 1 5 8 2
50 1
I2 2 6 3
22 4
30 1
I3 7 9 11 3
10 4
bj 25 15 22 28 90
rj 1 1 5 2
-
11 Ivan kurdija
Sada imamo najvei indeks u redu I3 i to je 4. Na najmanji troak 3 u tom redu stavljamo
maksimalni teret, a to je 10. I nakon toga ne gledamo vie taj red i ponavljamo postupak.
O1 O2 O3 O4 ai ri
I1 1 5 8 2
50 1, 1
I2 2 6 3
22 4
30 1, 2
I3 7 9 11 3
10 10
4, 4
bj 25 15 22 28 90
rj 1, 1 1, 1 5 2, 1
Sada imamo sluaj da imamo dva jednaka indeksa u redu I2 i stupcu O4. Kako sam napisao na
poetku biramo onaj koji ima manji troak. Ali imaju i isti troak pa stavljamo na onaj gdje
moemo staviti vie tereta, a to je u stupcu O4.
O1 O2 O3 O4 ai ri
I1 1 5 8 2
18 50
1, 1, 1
I2 2 6 3
22 4
30 1, 2, 2
I3 7 9 11 3
10 10
4, 4
bj 25 15 22 28 90
rj 1, 1, 1 1, 1, 1 5 2, 1, 2
-
12 Ivan kurdija
Mislim da je do sada ve jasno kako se ovo radi pa u samo staviti tablice bez objanjenja.
O1 O2 O3 O4 ai ri
I1 1
25 5 8 2
18 50
1, 1, 1, 4
I2 2 6 3
22 4
30 1, 2, 2, 4
I3 7 9 11 3
10 10
4, 4
bj 25 15 22 28 90
rj 1, 1, 1, 1
1, 1, 1, 1
5 2, 1, 2
O1 O2 O3 O4 ai ri
I1 1
25 5
7 8 2
18 50
1, 1, 1, 4
I2 2 6
8 3
22 4
30 1, 2, 2, 4
I3 7 9 11 3
10 10
4, 4
bj 25 15 22 28 90
rj 1, 1, 1, 1
1, 1, 1, 1
5 2, 1, 2
Kada vie ne moemo raunati indekse samo upiemo preostale kapacitet i potrebe
4. Degeneracija kod transportnog problema
Do degeneracije dolazi kada nemamo m+n-1 zauzetih polja. Dakle dok zbroj zauzetih polja
nije jednak zbroju redaka i stupaca umanjen za 1. Ako imamo 4 reda i 4 stupca, to znai da
moramo imati i 7 zauzetih polja na kraju, onih zaokruenih vrijednosti. Ako imamo manje
onda imamo degeneraciju i moramo napraviti neke izmjene.
-
13 Ivan kurdija
4.1. Primjer sa degeneracijom (zauzeta polja su izraunata Vogel-ovom
metodom)
O1 O2 O3 O4 ai
I1 2
50 5 4 5
50
I2 1 2
20 1
70 4
90
I3 3 1
20 5 2
40 60
bj 50 40 70 40 200
Da bi lake vidjeli o emu se radi najbolje je da si napravimo grafiki prikaz pomou stabla sa
vorovima. Iz ishodita potegnemo strelice prema odreditima na kojima imamo zauzeta
polja.
O1 O2 O3 O4
I1 I2 I3
Iz skice moemo lako vidjeti da nam stablo nije povezano te da imamo dva dijela stabla. Zato
moramo spojiti ta dva dijela stabla. Nije vano sa kojim odreditem emo spojiti ishodite I1,
samo je vano da ono bude povezano i da imamo jedno stablo. Znai ishodite I1 moemo
spojiti sa odreditem O2, O3 ili O4.
O1 O2 O3 O4
I1 I2 I3
Ovdje je povezano I1 sa O2 te sada moramo u tablicu staviti fiktivni teret na to mjesto. To
radimo na nain da na polju 1,2 (jer smo tako spojili stablo) stavimo teret 0.
-
14 Ivan kurdija
O1 O2 O3 O4 ai
I1 2
50 5
0 4 5
50
I2 1
2
20 1
70 4
90
I3 3 1
20 5 2
40 60
bj 50 40 70 40 200
Ovo nije optimalno rjeenje te u taj primjer koristiti kod sljedeih metoda.
5. Metode za izraun optimalnog rjeenja transportnog problema
5.1. Metoda skakanja s kamena na kamen (Metoda relativnih trokova)
Nakon to dobijemo poetni raspored tereta sa jednom od metoda prije objanjenih
moemo raunati optimalno rjeenje pomou ove metode.
Na poetku moramo izraunati vrijednosti za nezauzeta polja. Kod ove metode je vano da
uvijek imamo zatvoren put.
5.1.1. Primjer metode skakanja s kamena na kamen
Poetni raspored tereta iz prolog primjera
O1 O2 O3 O4 ai
I1 2
50 5
0 4 5
50
I2 1
2
20 1
70 4
90
I3 3 1
20 5 2
40 60
bj 50 40 70 40 200
Da bi izraunali relativne trokove na nezauzetim poljima vano je da napravimo zatvoren
put. On se radi na nain da krenemo od polja na kojem elimo izraunati relativne trokove i
poveemo sa teretom odnosno zaokruenim vrijednostima. Ovo moemo shvatiti kao igru u
-
15 Ivan kurdija
kojoj moramo krenuti od jedne toke i povezati ostale toke oko nje da bi se vratili na
poetno polje. Na ovom primjeru to izgleda ovako za troak 5.
O1 O2 O3 O4 ai
I1 2
50 5
0 4 5
50
I2 1
2
20 1
70 4
90
I3 3 1
20 5 2
40 60
bj 50 40 70 40 200
Kod izrauna relativnih trokova na kutovima stavljamo predznake - + - + Dakle uvijek
suprotni predznak, a kada emo raditi raspodjelu tereta tada emo imati + - + -. Na to
pripazite jer se moete lako zeznuti.
Dakle,
1. Izraun relativnih trokova: - + - +
2. Raspodjela tereta: + - + -
Te predznake moemo ovako staviti: (malo mi je tee ovdje staviti)
O1 O2 O3 O4 ai
I1 2 +
50 5 -
0 4 5
50
I2 1 -
2 +
20 1
70 4
90
I3 3 1
20 5 2
40 60
bj 50 40 70 40 200
Sada raunamo relativni troka za polje 1,2:
C12* = - C12 + C22 - C21 + C11
C12* = -5 + 2 - 1 + 2 = -2
Poto ima dosta pisanja, stavit u samo putove i rjeenja, nadam se da e biti jasno, ako ne
pitajte slobodno na fejsu.
-
16 Ivan kurdija
O1 O2 O3 O4 ai
I1 2
50 5
0 4 5
50
I2 1
-2 2
20 1
70 4
90
I3 3 1
20 5 2
40 60
bj 50 40 70 40 200
O1 O2 O3 O4 ai
I1 2
50 5
0 4
0 5
50
I2 1
-2 2
20 1
70 4
90
I3 3 1
20 5 2
40 60
bj 50 40 70 40 200
O1 O2 O3 O4 ai
I1 2
50 5
0 4
0 5
1 50
I2 1
-2 2
20 1
70 4
90
I3 3 1
20 5 2
40 60
bj 50 40 70 40 200
O1 O2 O3 O4 ai
I1 2
50 5
0 4
0 5
1 50
I2 1
-2 2
20 1
70 4
-1 90
I3 3 1
20 5 2
40 60
bj 50 40 70 40 200
-
17 Ivan kurdija
O1 O2 O3 O4 ai
I1 2
50 5
0 4
0 5
1 50
I2 1
-2 2
20 1
70 4
-1 90
I3 3 1
20 5
-5 2
40 60
bj 50 40 70 40 200
Ovdje preskaemo vrijednost na polju 2,1 sa teretom 20.
O1 O2 O3 O4 ai
I1 2
50 5
0 4
0 5
1 50
I2 1
-2 2
20 1
70 4
-1 90
I3 3
-5 1
20 5
-5 2
40 60
bj 50 40 70 40 200
Na polju 1,4 moemo vidjeti pozitivnu vrijednost te ovo nije optimalno rjeenje. Sada
moramo izvriti raspodjelu tereta. A to radimo na sljedei nain.
1. Biramo najvei relativni troak (u ovom sluaju imamo samo jedan troak, a to je 1)
2. Odreujemo zatvoreni put
3. Biramo najmanji teret koji nam se nalazi na predznaku koji emo pomicati
4. Pomiemo teret
5. Raunamo ponovno relativne trokove
Na primjeru bi to izgledalo ovako:
O1 O2 O3 O4 ai
I1 2
50 5 -
0 4
0 5 +
1 50
I2 1
-2 2
20 1
70 4
-1 90
I3 3
-5 1 +
20 5
-5 2 -
40 60
bj 50 40 70 40 200
-
18 Ivan kurdija
Odredimo zatvoren put i postavimo predznake, ali sada kreemo sa predznakom +.
Sada gledamo na predznaku gdje je najmanji teret. Vidimo na polju 1,2 da je to 0.
U ovom sluaju je ba ispala 0, ali inae da je neki vei broj morali bi na mjestima gdje je +
dodati toliko, a na mjestima gdje je minus oduzeti toliko. Osim na poetnom polju 1,4 odakle
kreemo, tu postavljamo tu vrijednost koju smo pomicali dakle 0, a na polje 1,2 odakle smo
uzeli vrijednost koju smo pomicali stavljamo relativni troak 1 sa predznakom -.
O1 O2 O3 O4 ai
I1 2
50 5
-1 4
5
0 50
I2 1
2
20 1
70 4
90
I3 3
1
20 5
2
40 60
bj 50 40 70 40 200
I sada ponovno raunamo relativne trokove. Moramo dobiti sve negativne vrijednosti ili
nulu da bi dobili optimalno rjeenje.
Ako imamo nule, znai da postoji 2n alternativnih rjeenja, gdje je n broj nula.
O1 O2 O3 O4 ai
I1 2
50 5
-1 4
-1 5
0 50
I2 1
-1 2
20 1
70 4
-1 90
I3 3
-4 1
20 5
-5 2
40 60
bj 50 40 70 40 200
Sada smo dobili sve negativne vrijednosti i ovo je optimalno rjeenje problema.
5.2. MODI Metoda
Kod ove metode koristit emo dodatni red i stupac. To su stupac ui i red vj. Na primjeru u
objasniti korake izrauna tih vrijednosti, te relativnih trokova.
-
19 Ivan kurdija
4.2.1 Primjer MODI Metode
Imamo poetni raspored tereta te dodajemo stupac ui i red vj.
O1 O2 O3 O4 ai ui
I1 19
5 30
50
10
2 7
I2 70
30
40
7 60
2 9
I3 40
8
8 70
20
10 18
bj 5 8 7 14 34
vj
Na poetku se stavlja na u1 vrijednost 0. To nije obavezno ali se tako najee kree. Nakon
toga raunamo ostale u i v vrijednosti pomou formule ui + vj = cij. Raunamo samo tamo
gdje imamo zaokruene vrijednosti. Postoji i laki nain OD-DO. Na taj nain moemo
raunati ovako.
Polje 1,1: Od 0 do 19 nam treba 19. Upisujemo 19 u v1.
Polje 1,4: Od 0 do 10 nam treba 10. Upisujemo 10 u v4.
Polje 2,1: Od 10 do 60 nam treba 50. Upisujemo 50 u u2.
I tako dalje za ostale vrijednosti.
u1 + v1 = 19 v1 = 19
u1 + v4 = 10 v4 = 10
u2 + v4 = 60 u2 = 50
u2 + v3 = 40 v3 = -10
u3 + v4 = 20 u3 = 10
u3 + v2 = 8 v2 = -2
O1 O2 O3 O4 ai ui
I1 19
5 30
50
10
2 7 0
I2 70
30
40
7 60
2 9 50
I3 40
8
8 70
20
10 18 10
bj 5 8 7 14 34
vj 19 -2 -10 10
-
20 Ivan kurdija
Nakon to izraunamo te vrijednosti moramo popuniti prazna polja, a ta polja raunamo
prema formuli c*ij =(ui + vj) - cij.
c*12 = (0-2) - 30 c*
12 = -32
c*13 = (0-10) - 50 c*
13 = -60
c*21 = (50+19) - 70 c*
21 = -1
c*22 = (50-2) - 30 c*
22 = 18
c*31 = (10+19) - 40 c*
31 = -11
c*33 = (10-10) - 70 c*
33 = -70
O1 O2 O3 O4 ai ui
I1 19
5 30
-32 50
-60 10
2 7 0
I2 70
-1 30
18 40
7 60
2 9 50
I3 40
-11 8
8 70
-70 20
10 18 10
bj 5 8 7 14 34
vj 19 -2 -10 10
Sada moemo vidjeti da imamo pozitivnu vrijednost u polju 2,2 te moramo napraviti
raspodjelu tereta. U prethodnom primjeru sam objasnio postupak ovdje u samo postaviti
rjeenja.
O1 O2 O3 O4 ai
I1 19
5 30
-32 50
-60 10
2 7
I2 70
-1 30
18 40
7 60
2 9
I3 40
-11 8
8 70
-70 20
10 18
bj 5 8 7 14 34
-
21 Ivan kurdija
Nakon toga ponovno raunamo relativne trokove i vrijednosti ui i vj.
O1 O2 O3 O4 ai ui
I1 19
5 30
-32 50
-42 10
2 7 0
I2 70
-19 30
2 40
7 60
-18 9 32
I3 40
-11 8
6 70
-52 20
12 18 10
bj 5 8 7 14 34
vj 19 -2 8 10
I sada smo dobili optimalno rjeenje pomou MODI metode.
6. Otvoreni transportni problem
6.1. Otvoreni transportni problem sa suvikom u otpremi
Kod ovog problema kapaciteti ishodita su vei od potreba odredita.
Original ovog transportnog problema je opi problem za minimum:
Z = C11 x11 + C12 x12 + + Cmn xmn min
Ogranienja piemo na ovaj nain:
x11 + x12 + + x1n a1 x11 + x21 + + xm1 = b1
x21 + x22 + + x2n a2 x12 + x22 + + xm2 = b2
xm1 + xm2 + xmn am x1m + x2m + + xmn = bn
xij 0
Dual otvorenog transportnog problema jednak je dualu zatvorenog transportnog problema,
a dual sam napisao na poetku ove skripte pa neu ponovno.
Poto je ovdje zbroj ai vei od zbroja bj moramo uvesti fiktivno odredite sa trokovima 0 i
teretom koji je potreban da bi dobili zatvoren transportni problem odnosno da zbroj a i bude
-
22 Ivan kurdija
jednak zbroju bj. Nakon to dodamo 0 moemo napisati originalni oblik i ogranienja kako
sam napisao na poetku skripte.
6.1.1. Primjer otvorenog transportnog problema sa suvikom u otpremi
O1 O2 O3 O4 ai
I1 130
127
108
0
9
I2 130
106
114
0
17
I3 113
121
111
0
22
I4 118 107 127 0
33
I5 133 125 115 0
19
bj 20 15 25 40 100
Nakon toga raunamo pomou neke od poetnih metoda raspodjelu tereta i relativnih
trokova.
Kod raunanja ne gledamo stupac sa 0, u njega upisujemo teret tek na kraju kada ispunimo
ova ostala polja.
U nastavku u napisati rjeenje, jer se dalje rjeava sve sa metodama koje sam ve naveo.
O1 O2 O3 O4 ai
I1 130
-20 127
-27 108
9 0
-7 9
I2 130
-14 106
3 114
14 0
-1 17
I3 113
20 121
-18 111
2 0
-4 22
I4 118
-1 107
12 127
-12 0
21 33
I5 133
-16 125
-18 115
0 0
19 19
bj 20 15 25 40 100
-
23 Ivan kurdija
U ovom primjeru moemo vidjeti da imamo na jednom mjestu 0. To znai da postoji jo
jedno rjeenje. Ja ga ovdje sada neu pisati. Ima u pdf-u sa moodla kod otvorenog problema.
6.2. Otvoreni transportni problem sa suvikom u primanju
Kod ovog problema kapaciteti odredita su vei od kapaciteta ishodita.
Original ovog transportnog problema je opi problem za minimum:
Z = C11 x11 + C12 x12 + + Cmn xmn min
Ogranienja piemo na ovaj nain:
x11 + x12 + + x1n = a1 x11 + x21 + + xm1 b1
x21 + x22 + + x2n = a2 x12 + x22 + + xm2 b2
xm1 + xm2 + xmn = am x1m + x2m + + xmn bn
xij 0
Poto je ovdje zbroj ai manji od zbroja bj moramo uvesti fiktivno ishodite sa trokovima 0 i
teretom koji je potreban da bi dobili zatvoren transportni problem odnosno da zbroj a i bude
jednak zbroju bj. Nakon to dodamo 0 moemo napisati originalni oblik i ogranienja kako
sam napisao na poetku skripte.
6.2.1. Primjer otvorenog transportnog problema sa suvikom u primanju
O1 O2 O3 O4 O5 ai
I1 52
24
34
23
39
20
I2 33
32
24
43
29
15
I3 38
41
42
36
45
25
I4 0 0 0 0 0
40
bj 9 17 22 33 19 100
-
24 Ivan kurdija
Nakon toga raunamo pomou neke od poetnih metoda raspodjelu tereta i relativnih
trokova.
Kod raunanja ne gledamo red sa 0, u njega upisujemo teret tek na kraju kada ispunimo ova
ostala polja.
U nastavku u napisati rjeenje, jer se dalje rjeava sve sa metodama koje sam ve naveo.
O1 O2 O3 O4 O5 ai
I1 52
24
12 34
23
8 39
20
I2 33
32
24
15 43
29
15
I3 38
41
42
36
25 45
25
I4 0
9 0
5 0
7 0 0
19 40
bj 9 17 22 33 19 100
Veina primjera je preuzeta sa moodla, sa njihovih skripti. Mogue su greke u skripti ipak je
toga jako mnogo. Ako imate bilo kakva pitanja pitajte i nadam se da u moi odgovoriti.
Nadam se da je dobro objanjeno, ne mogu previe bolje ovako napismeno.
Email: [email protected] / [email protected]
-
25 Ivan kurdija
7. Literatura
Biljeke sa seminara
http://elf.foi.hr/mod/resource/view.php?id=4611
http://elf.foi.hr/mod/resource/view.php?id=4612
http://elf.foi.hr/mod/resource/view.php?id=12872
http://elf.foi.hr/mod/resource/view.php?id=12874
http://elf.foi.hr/mod/resource/view.php?id=12873
http://elf.foi.hr/mod/resource/view.php?id=12875