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

Transcriptie

1 Transport-, Routing- en Schedulingproblemen Wi4062TU / Wi487TU / a86g Uitwerkingen Docenten Onderdeel a Er zijn 6 vakken V 1, V 2,..., V 6. Vak V j heeft een vraag b j = 1, voor j = 1, 2,..., 6. Er zijn drie docenten D 1, D 2 en D 3. Docent D i heeft aanbod a i = 2, voor i = 1, 2, 3. De totale vraag is gelijk aan het totale aanbod. Het transportprobleem is dus al gebalanceerd. Wiskundig model: min o.d.v. 3 6 c ij x ij i=1 j=1 3 x ij = b j j = 1, 2,..., 6 i=1 6 x ij = a i i = 1, 2, 3 j=1 x ij 0 i = 1, 2, 3 j = 1, 2,... 6 (1) De eerste groep restricties geeft aan dat ieder vak gedoceerd wordt. De tweede groep restricties geeft aan dat iedere docent precies twee vakken doceert. Tenslotte mogen de stromen natuurlijk niet negatief zijn. Het model gaat uit van minimaliseren, terwijl we de totale voorkeur juist moeten maximaliseren. De bijbehorende kostenmatrix luidt daarom als volgt (tabel 1): Tabel 1: Kostenmatrix c ij Docent Vak-A Vak-B Vak-C Vak-D Vak-E Vak-F Onderdeel b We lossen het transport probleem op met behulp van het αβ-algoritme. We starten met de duale oplossing volgens: 1

2 β j = min c ij i 1 j 6 α i = min (c ij β j ) j 1 i 3 (2) Dus β = ( 9, 9, 9, 8, 9, 9) en α = (1, 0, 0). In tabel 2 is een overzicht gegeven van c ij α i β j. Tabel 2: Iteratie 1: c ij α i β j Het bijbehorende hulpnetwerk N is weergegeven in figuur 1. Figuur 1: Hulpnetwerk In figuur 2 zijn de takken in dit hulpnetwerk van boven naar beneden verzadigd. De blauwe tak bevat een stroom 1 (en kan er 2 hebben). De rode takken zijn verzadigd. Nu begint het labelproces. Vanuit knoop s wordt docent D 1 gelabeld. Vanuit D 1 wordt vak V 1 gelabeld. Hier eindigt het labelproces. Er geldt: I + = {1} J + = {1} (3) 2

3 Figuur 2: Van boven naar beneden takken verzadigen De grootst mogelijke keuze voor δ is dus (zie tabel 2): δ = min c i I +,j / J + ij α i β j = 1 (4) 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 + (5) In tabel 3 is c ij α i β j weergegeven voor de verbeterde α en β. Tabel 3: Iteratie 2: c ij α i β j

4 Het bijbehorende netwerk N x is weergegeven in figuur 3. Ten opzichte van figuur 2 is de tak van docent D 1 naar vak V 2 en van docent D 1 naar vak V 5 toegevoegd, terwijl de tak van docent D 2 naar vak V 1 is verwijderd. Figuur 3: Iteratie 2 Het labelproces zet zich voort: Vanuit D 1 worden nu ook V 2 en V 5 gelabeld. Vanuit V 5 wordt (over de omgekeerde stroomdragende tak) D 3 gelabeld. Vanuit D 3 wordt V 6 gelabeld. Vanuit V 6 wordt t gelabeld. Er is een doorbraak volgens het pad s D 1 V 5 D 3 V 6 t. In figuur 4 is deze doorbraak verwerkt. Deze stroom is optimaal omdat alle takken uit knoop s verzadigd zijn. De totale kosten van deze toewijzing zijn: De oplossing van het duale probleem is: = 50 (6) 3 3 α i a i + β j b j = = 50 (7) i=1 j=1 Docent D 1 geeft dus vak V 1 en V 5. Docent D 2 geeft vak V 2 en V 4. Docent D 3 geeft vak V 3 en V 6. De totale voorkeur is bij deze toewijzing 50. 4

5 Figuur 4: Doorbraak s D 1 V 5 D 3 V 6 t 2 No Wait Flowshop/TSP Onderdeel a Stel dat taak J j direct na taak J i wordt uitgevoerd. De minimale tijd benodigd voor het uitvoeren van J j en J i in deze volgorde is T i + c ij, met T i en c ij gedefinieerd als in figuur 5 is aangegeven. Figuur 5: Taak J j wordt direct na J i uitgevoerd Introduceer een dummy taak 0 met alle procestijden voor de deeltaken gelijk aan 0 en definieer verder: c io = 0 en c 0i = T i voor 1 i 4. Dan correspondeert een optimale productievolgorde eenduidig met een minimale handelsreizigersroute voor de afstandsmatrix bepaald door de getallen c ij voor 0 i, j 4. 5

6 We concluderen hieruit dat het NW m c max probleem kan worden opgelost als een TSP op 5 steden. Onderdeel b De kostenmatrix behorend bij dit TSP probleem is weergegeven in tabel 4: (Volgt rechtstreeks uit figuur 5). Tabel 4: Kostenmatrix c ij Stad Onderdeel c De kostenmatrix in tabel 4 kan in de kolommen worden gereduceerd met (0, 8, 3, 9, 5) en vervolgens in rij 1 nog met 9. De totale ondergrens voor de oplossing is daarmee = 34. In tabel 5 is de gereduceerde matrix gegeven: Tabel 5: Gereduceerde matrix c ij Stad De grootste reductie kan worden gehaald wanneer de tak (2, 0) gekozen wordt. In dat geval wordt de matrix met tak (2, 0) gelijk aan tabel 6. Hierin zijn de kosten (0, 2) op gesteld, waardoor de rij bij stad 2 gereduceerd kon worden met 2. Tabel 6: Situatie met (2,0), ondergrens 36 Stad De matrix voor de situatie zonder (2, 0) krijgt een in de rij bij stad 2 en de kolom bij stad 0. Daardoor kan de rij bij stad 2 gereduceerd worden met 3, zie tabel 7: 6

7 Tabel 7: Situatie zonder (2,0), ondergrens 37 Stad We gaan verder met de situatie waarin (2, 0) meedoet. In dat geval levert de keuze van tak (0, 4) de grootste reductie op. We onderscheiden de volgende situaties: De situatie met (2, 0) en (0, 4), zie tabel 8. In dat geval kan op (4, 2) een geplaatst worden, waardoor de rij bij stad 4 te reduceren is met 2. Tabel 8: Situatie met (2,0) en (0,4), ondergrens 38 Stad De andere situatie is die waarbij (2, 0) wel meedoet, maar (0, 4) niet, zie tabel 9 Tabel 9: Situatie met (2,0), zonder (0,4), ondergrens 38 Stad We gaan verder met de situatie waarin (2, 0) en (0, 4) meedoen. We constateren dat de route over nul-takken is af te ronden tot: De bijbehorende kosten zijn dan 38. We zien dan dat de situatie met (2, 0), zonder (0, 4) een ondergrens 38 heeft. Verder uitsplitsen hiervan zal hooguit een even goedkope oplossing geven, maar zeker geen betere. Daarom splitsen we deze niet verder uit. In de situatie zonder (2, 0) is echter een ondergrens van 37 gevonden. Die moeten we nog wel verder uitsplitsen. We doen dit op tak (3, 1). Wanneer deze tak niet mee mag doen, dan is de rij bij stad 1 te reduceren met 2, waardoor de ondergrens van de oplossingen zonder (2,0) en zonder (3,1) gelijk is aan 39. 7

8 Voor de oplossingen zonder (2,0), maar met (3,1) geldt de volgende resterende matrix: Tabel 10: Situatie zonder (2,0), ondergrens 37 Stad Hierin is de nul bij (1, 3) vervangen door. Waardoor de kolom bij stad 3 is te reduceren met 2. Voor alle oplossingen zonder (2, 0) geldt kennelijk een ondergrens van 39. Hiermee is aangetoond dat er geen oplossing is waarvoor de totale procestijd lager is dan 38. Een taakvolgorde waarbij een procestijd 38 gehaald wordt is: J 4, J 1, J 3, J 2. Voor de volledigheid hierbij het bijbehorende GANTT-diagram: Figuur 6: Gantt diagram bij een optimale oplossing 3 Vehicle Routing Problem Zij: x ijk = { 1 wagen k bezoekt klant j direct na klant i 0 anders (8) y ik = { 1 wagen k bezoekt klant i 0 anders (9) Het vehicle routing problem komt neer op het minimaliseren van: n n m c ij i=0 j=0 k=1 x ijk (10) 8

9 onder de volgende voorwaarden: { m 1 als i = 1, 2,..., n y ik = m als i = 0 k=1 (11) Alle klantlocaties (locaties 1, 2,..., n) moeten door precies 1 wagen bezocht worden. Het centrale depot (locatie 0) moet door alle wagens bezocht worden). De wagens mogen niet overbeladen worden. Er moet dus voldaan worden aan: n q i y ik Q k k = 1, 2,..., m (12) i=1 Alle locaties moeten precies 1 keer worden bezocht en 1 keer worden verlaten, door de wagen bij de bijbehorende klantlocatie. Er moet dus gelden: n n x ijk = x jik = y ik 0 i n, 1 k m (13) j=0 j=0 Tenslotte moet er voor gezorgd worden dat er geen subroutes ontstaan bij een gegeven wagen k. Dat kan door de volgende restrictie voorkomen worden: x ijk S 1 S {1, 2,..., n}, 1 k m (14) i S j S Hierin is S een subset van alle klantlocaties. Locatie 0 kan niet in S zitten. Deze locatie (het centrale depot) wordt juist gebruikt om de route van wagen k te sluiten. Alle mogelijke deelverzamelingen van klantlocaties mogen geen circuit bevatten voor wagen k. 4 Pendelbus In figuur 7 is de graaf bij het pendelbus probleem gegeven. In deze graaf stellen de knopen het begin van het aangegeven uur voor. Tussen twee knopen is een tak gegeven die aangeeft welk type chauffeur tussen twee uren kan rijden. Omdat er precies één chauffeur moet rijden over de hele periode heeft het geen zin om parallel takken te tekenen, zoals bijvoorbeeld tussen knoop 8 en knoop 12. Ook is de (verkorte) tak van knoop 12 naar knoop 2 met kosten 40 (net als de tak van knoop 1 naar knoop 2 met kosten 40) niet opgenomen, omdat het altijd goedkoper is om voor die periode een chauffeurtype 3 te kiezen. 9

10 Figuur 7: Graaf bij pendelbusprobleem Onderdeel a Het kortste pad probleem (weergegeven in figuur 7) luidt: min o.d.v. c ij x ij i V j V j V i V j V x 7j = 1 x i2 = 1 x ij j V x ij {0, 1} x ji = 0 i V i, j V (15) Hierin is V = {1, 2, 7, 8, 9, 10, 11, 12} de verzameling knopen. Het doel is om een stroom ter grootte van 1 te versturen van knoop 7 naar knoop 2 tegen minimale kosten. De eerste restrictie geeft aan dat vanuit knoop 7 een eenheid stroom vertrekt, de tweede restrictie geeft aan dat er in knoop 2 een eenheid stroom binnenkomt. Voor alle overige knopen geldt dat er evenveel stroom vertrekt als er aankomt (derde restrictie). Tenslotte wordt alleen met stroomwaarden van 0 of 1 gewerkt. Onderdeel b We lossen dit kortste pad probleem op met behulp van Dijkstra s algoritme. In tabel 11 zijn de verschillende iteraties weergegeven. Het label van knoop 2 is als laatste aangepast in iteratie 4, uitgaande van spilknoop 11. Het label van knoop 11 is als laatste aangepast in iteratie 1, uitgaande van spilknoop 7. Het kortste pad is dus {(7, 11), (11, 2)}. Door eerst een chauffeurtype 1 in te zetten en vervolgens een chauffeurtype 2 kan de periode van 19 uur tot 2 uur een pendelbus rijden tegen minimale loonkosten (namelijk e 90,00). 10

11 Tabel 11: Dijkstra s algoritme Iteratie Kandidaten Spilknoop l(9) l(10) l(11) l(12) l(1) l(2) 1 {7} {9, 10, 11} {10, 11, 12, 1} {11, 12, 1} {12, 1} {1}