Transport-, Routing- en Schedulingproblemen. Wi4062TU / Wi487TU / a86g. Uitwerkingen

Transcriptie

1 Transport-, Routing- en Schedulingproblemen Wi4062TU / Wi487TU / a86g Uitwerkingen Transportprobleem Onderdeel a Fabriek 1 kan 120 ton staal fabriceren in 40 uur. Voor fabriek 2 is dit 150 ton staal en voor fabriek ton staal. Het totale aanbod komt daarmee op: = 430. De totale vraag naar staal is 300 ton. Om het transportprobleem te balanceren voeren we daarom een dummy vraagknoop in. De vraag bij deze dummy knoop is 130 ton. De kosten van iedere fabriek naar deze vraagknoop is gelijk aan 0. min o.d.v. 3 4 c ij x ij i=1 j=1 4 x ij = a i 1 i 3 j=1 3 x ij = b j 1 j 4 i=1 x ij 0 1 i 3 1 j 4 Waarbij a = (120, 150, 160) en b = (,,, 130). De bijbehorende kostenmatrix c ij is: S1 S2 S3 S3 F F F Onderdeel b We lossen het transport probleem op met behulp van het αβ-algoritme. We starten met de duale oplossing volgens: β j = min i c ij 1 j 3 α i = min j (c ij β j ) 1 i 3 Dus β = (43, 20, 20, 0) en α = (0, 0, 0). In tabel 1 is een overzicht gegeven van c ij α i β j. 1

2 Tabel 1: Iteratie 1: c ij α i β j [0,120] F1 120 S1 60 S2 s [0,150] F2 10 t S3 [0,160] F3 S4 [0,130] Figuur 1: Van boven naar beneden takken verzadigd In figuur 1 is het bijbehorende netwerk N x weergegeven, waarbij van boven naar onder takken verzadigd zijn. Het labelproces wordt gestart vanuit s. Nu kan alleen knoop F2 gelabeld worden (naar F1 en naar F3 zijn geknipt, omdat de capaciteit verbruikt is!). Vanuit knoop F2 kan knoop S4 gelabeld worden. Via de omgekeerde rode tak kan dan F1 gelabeld worden. Hier stopt het labelproces. Er geldt: I + = {1, 2} J + = {4} De grootst mogelijke keuze voor δ is dus (zie tabel 1): δ = min i I +,j / J + c ij α i β j = 7 (1) Op basis van deze keuze voor deze keuze van δ kan een betere duale oplossing gevonden worden volgens: α i = { αi δ i I α i i I + β j = { βj + δ j J β j j J + 2

3 In tabel 2 is c ij α i β j weergegeven voor de verbeterde α en β. Tabel 2: Iteratie 2: c ij α i β j Het bijbehorende netwerk N x is weergegeven in figuur 2. Ten opzichte van figuur 1 is de tak van F2 naar S1 naar er bij gekomen, terwijl de tak van F3 naar S4 verwijderd is (N.B.: dit was dus geen stroomdragende tak!). [0,120] F1 120 S1 60 S2 s [0,150] F2 10 t S3 [0,160] F3 S4 [0,130] Figuur 2: Tweede iteratie Het labelproces zetten we nu voort vanuit F2. Vanuit F2 kan nu ook S1 gelabeld worden. Vanuit S1 kan F3 gelabeld worden. Vanuit F3 kan zowel S2 als S3 gelabeld worden. Vanuit zowel S2 als S3 kan knoop t gelabeld worden. Er zijn dus twee mogelijke doorbraken: s F2 S1 F3 S2 t en s F2 S1 F3 S3 t. Over het eerste pad kan maximaal 40 extra stroom verstuurd worden (dan is de capaciteit bij S2 verbruikt. Over het tweede pad kan vervolgens maximaal 60 extra stroom verstuurd worden (dan is de capaciteit bij S1 verbruikt). In figuur 3 is de resulterende stroom getekend. Het labelproces wordt opnieuw gestart. Vanuit knoop s kan alleen knoop F 2 gelabeld worden. Vanuit knoop F2 kunnen de knopen S1 en S4 gelabeld worden. Vanuit knoop S4 kan knoop F1 gelabeld worden. Hier stopt het labelproces. Er geldt: I + = {1, 3} J + = {1, 4} De grootst mogelijke keuze voor δ is dus (zie tabel 3): δ = min i I +,j / J + c ij α i β j = 1 3

4 [0,120] F1 120 S1 S2 s [0,150] F S3 t [0,160] F3 S4 [0,130] Figuur 3: Iteratie 2, na de doorbraken In tabel 3 zijn de nieuwe duale variabelen gegeven op basis van deze keuze voor δ. Tabel 3: Iteratie 2: c ij α i β j Het bijbehorende netwerk N x is weergegeven in figuur 4. Ten opzichte van figuur 3 is de tak van F1 naar S3 erbij gekomen, terwijl de tak van F3 naar S1 verwijderd is. [0,120] F1 S1 120 S2 s [0,150] F S3 t [0,160] F3 S4 [0,130] Figuur 4: Iteratie 3 Het labelproces kan worden voortgezet. Vanuit knoop F 1 kan knoop S3 gelabeld worden. Vanuit knoop S3 kan knoop t gelabeld worden. Er is sprake van een doorbraak via het pad: s F2 S4 F1 S3 t. Over dit pad kan 40 extra stroom verstuurd worden. Het labelproces kan dan worden voortgezet. Vanuit knoop C kan knoop F gelabeld worden en vanuit knoop F kan t gelabeld worden. Er is een doorbraak: s D E C F t. 4

5 [0,120] F S1 S2 s [0,150] F2 50 t [0,160] F3 60 S3 S4 [0,130] Figuur 5: Optimale stroom Over dit pad kan 4 extra stroom verstuurd worden. In figuur 6 is de resulterende stroom getoond. Alle takken vanuit s zijn nu verzadigd dus is het transport probleem opgelost. [0,9] [0,6] A B 9 6 E [0,15] s [0,7] 3 F [0,13] t C 4 [0,9] D 6 3 G [0,3] Figuur 6: Oplossing van het transportprobleem Fabriek 1 produceert 40 ton staal van type 3. Fabriek 2 produceert ton staal van type 1. Fabriek 3 produceert ton staal van type 2 en 60 ton staal van type 3. De bijbehorende kosten zijn: = Ter controle wordt hier ook de waarde van de doelfunctie van het duale probleem gegeven: 3 4 α i a i + β j b j = = i=1 j=1 5

6 2 Bekabeling van hoofdkantoor en bijkantoren Onderdeel a Dit probleem komt neer op het vinden van een minimale opspannende boom. We doen dit met behulp van het algoritme van Kruskal. We sorteren de takken (niet de diagonaal) op oplopende kosten: (B1, B5) 50 (H, B4) 70 (B1, B3) 80 (B4, B5) (H, B3) 115 (B2, B4) 120 (B3, B4) 140 (H, B1) 160 (B2, B3) 175 (H, B5) 190 (B2, B5) 215 (B1, B4) 220 (B4, B5) 240 (H, B2) 270 (B1, B2) 310 Zij B = We selecteren de takken uit de gesorteerde lijst, waarbij we takken die een circuit vormen met eerder gevonden takken verwerpen, totdat we n 1 = 5 takken gekozen hebben. De eerste vier takken worden gekozen: B = {(B1, B5), (H, B4), (B1, B3), (B4, B5)}. Tak (H, B3) vormt een circuit: H B3 B1 B5 B4 H en wordt dus verworpen. De volgende tak (B2, B4) kan echter worden toegevoegd. De minimale opspannende boom is dus: B = {(B1, B5), (H, B4), (B1, B3), (B4, B5), (B2, B4)}. Er loopt dus een kabel van het hoofdkantoor H naar bijkantoor B4. Vanuit B4 loopt een kabel naar B2, B5. Vanuit B5 loopt een kabel naar B1 en vanuit B1 loopt een kabel naar B3. De kosten zijn: = 420. Onderdeel b Dit probleem komt neer op het oplossen van het handelsreizigersprobleem op de volgende afstandsmatrix. 6

7 We reduceren de kolommen met 0, 50, 120, 80, 70, 50. De ondergrens is dan: Met behulp van (2) bepalen we de mogelijke reducties bij ieder 0-element. p ij = min h j c ih + min h i c hj (2) Hieruit volgt: p 04 = 65, p 10 = 0, p 13 = 35, p 15 = 50, p 20 = 50, p 30 = 30, p 40 = 0, p 42 = 55, p 50 = 0, p 51 = 30. We vertakken dus op p 04. TS-routes zonder (0, 4) hebben dan als ondergrens = 435. Voor TS-routes met (0, 4) geldt: Let op dat (4, 0) nu kosten heeft. Nu volgt: p 10 = 0, p 13 = 60, p 15 = 50, p 20 = 95, p 30 = 30, p 42 = 105, p 50 = 0, p 51 = 30. We vertakken dus op (4, 2). TS-routes met (0, 4) maar zonder (4, 2) kosten dus minimaal = 475. Voor TS-routes met (0, 4) en (4, 2) geldt: 7

8 Om het circuit te voorkomen heeft tak (2, 0) nu kosten. We kunnen rij 2 reduceren met 95, waarmee de ondergrens van deze TS-routes gelijk is aan = 465: Er volgt: p 10 = p 13 = p 50 = 0, p 15 = p 23 = 70 en p 30 = p 51 = 30. We vertakken op (1, 5). TS-routes met (0, 4) en (4, 2), maar zonder (1, 5) kosten dus minimaal = 535. Voor TS-routes met (0, 4), (4, 2) en (1, 5) geldt: Let op tak (5, 1) heeft nu kosten. We kunnen kolom 1 reduceren met 30, waarmee de ondergrens van deze routes gelijk is aan = 495: 8

9 Er is nu een route af te maken op de nul-elementen: Deze route kost dus 495. Nu moeten de volgende bladen in de branch & bound boom nog worden uitgewerkt: De situatie zonder (0, 4) met ondergrens 435 De situatie met (0, 4), zonder (4, 2) met ondergrens 475 De situatie zonder (0, 4) In dit geval is de gereduceerde matrix gelijk aan: Er volgt: p 03 = 75, p 10 = p 13 = p 40 = p 50 = 0, p 15 = 50, p 20 = p 54 = 20, p 30 = p 51 = 30, p 42 = 55. We vertakken op (0, 3). Routes zonder (0, 4) en (0, 3) kosten minstens = 510 en hoeven dus niet verder onderzocht te worden. Voor routes zonder (0, 4) maar met (0, 3) geldt: Omdat (3, 0) nu kost, kan rij 3 gereduceerd worden met 30. De ondergrens komt nu dus op

10 Er is een route te vinden over uitsluitend nul elementen: Deze route kost 465 en is dus goedkoper dan de eerder gevonden route! De situatie met (0, 4), zonder (4, 2) met ondergrens 475 Deze situatie hoeft nu niet meer te worden uitgewerkt omdat er een goedkopere route gevonden is. Conclusie Er loopt een lijn vanuit het hoofdkantoor naar achtereenvolgens bijkantoor 3, 1, 5, 4 en 2. De lengte van deze lijn is 465. Onderdeel c Een Hamilton pad is een restrictie op een minimale opspannende boom. Een Hamilton pad is immers een opspannende boom waarbij elke knoop graad kleiner dan of gelijk aan 2 heeft. 3 Produktieplanning Zonder verlies van algemeenheid mogen we aannemen dat het GANTT diagram de volgende vorm heeft: De deeltaken op M 1 zijn zover mogelijk naar links geschoven, zodat ze aansluitend uitgevoerd kunnen worden en de deeltaken op M 2 zijn zover mogelijk naar rechts geschoven, zodat ook deze deeltaken aansluitend uitgevoerd kunnen worden. Voor wat betreft de taken J i en J j hebben we de volgende situatie: aj ai j i j i xj bj bi Hierin stelt x j de tijd voor die verloopt na het beëindigen van deeltaak J j1 op machine M 1 voordat deeltaak J j2 op machine M 2 gestart wordt. Het is duidelijk dat: 10

11 a i b j + x j (3) Immers: b j + x j = a i + x i en x i 0. Bezien we nu wat er gebeurt als we de volgorde van i en j wisselen: ai aj i j i j aj + xj bi De totale procestijd van het nieuwe schema is nog steeds dezelfde c max. Als dit nieuwe schema toelaatbaar is, dan is het minstens zo goed als het originele schema. Het nieuwe schema is toelaatbaar dan en slechts dan als zowel voor J j en J i de deeltaak op machine M 2 pas wordt gestart als de deeltaak op M 1 uitgevoerd is. Dus x i 0 en x j 0. Dit is het geval indien: { ai a j + x j a i + a j a j + x j + b i (4) Uit i j volgt: min(a i, b j ) min(a j, b i ). Als min(a i, b j ) = a i dan is zeker voldaan aan (4). Als min(a i, b j ) = b j dan volgt b j a j en b j b i. Samen met (3) levert dit: a i b j + x j a j + x j en a i b j + x j x j + b i Waarmee ook voldaan wordt aan (4). Het nieuwe produktieschema is dus toelaatbaar! 4 Vervangingsstrategie auto Onderdeel a Zij V = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, waarbij knoop i staat voor het einde van jaar i. Zij de verzameling E = {(i, j) : i, j V, j > i} takken met kosten c ij die het gevolg zijn van het aanschaffen van een wagen aan het einde van jaar i, en die te gebruiken tot het einde van jaar j. In tabel 4 zijn deze kosten weergegeven. Zij G = (V, E). De goedkoopste vervangingsstratie komt neer op het bepalen van het kortste pad van knoop 0 naar knoop 6 in de graaf G. 11

12 Tabel 4: Kosten c ij in $ j = 1 j = 2 j = 3 j = 4 j = 5 j = 6 i = i = i = i = i = i = Het kortste pad probleem luidt: min o.d.v. 6 6 c ij x ij i=0 j=0 6 x 0j = 1 j=0 6 x i6 = 1 i=0 6 x ij 6 x ji = 0 i = 1, 2, 3, 4, 5 j=0 j=0 x ij {0, 1} i, j {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} Hierbij zij opgemerkt dat de aanschafskosten van $ aan het begin van jaar 1 al gemaakt zijn. Deze kosten mogen dus van de gevonden oplossing afgetrokken worden. Onderdeel b We lossen dit kortste pad probleem op met behulp van Dijkstra s algoritme. In tabel 5 zijn de verschillende iteraties weergegeven. De kosten zijn in duizenden dollars getoond. Tabel 5: Dijkstra s algoritme Iteratie Kandidaten Spilknoop l(1) l(2) l(3) l(4) l(5) l(6) 1 {0} {1, 2,..., 6} {2, 3,..., 6} {3, 4, 5, 6} {4, 5, 6} {5, 6} {6} Het label van knoop 6 is als laatste aangepast in iteratie 5, uitgaande van spilknoop 4. Het label van knoop 4 is als laatste aangepast in iteratie 3, uitgaande van spilknoop 2. Het label van knoop 2 is als laatste aangepast in iteratie 1 uitgaande van spilknoop 0. Het kortste pad is dus {(0, 2), (2, 4), (4, 6)}. 12

13 Door aan het einde van jaar 2 en aan het einde van jaar 4 een nieuwe auto te kopen, worden de kosten (aanschaf + operationeel - inruilwaarde) om zes jaar lang een auto te bezitten en te gebruiken geminimaliseerd. De kosten hiervoor zijn $ Er van uitgegaan dat er aan het begin van jaar 1 net een nieuwe wagen is gekocht kan gesteld worden dat de kosten $ $ = $ zijn. 13