Chương III:

Chương III: BÀI TOÁN VẬN TẢI

I. ĐỊNH NGHĨA VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT

Định nghĩa 1

Btvt TQ có dạng:

1 1

1

1

(1) min

(2) 1,

(3) 1,

(4) 0

m n

ij iji j

n

ij ij

m

ij ji

ij

f c x

x a i m

x b j n

x

Dạng bảng của btvt:

T P

B1 B2 … Bj … Bn

A1 c11 c12 c1j c1n

…

Ai ci1 ci2 cij cin

…

Am cm1 cm2 Cmj cmn

Thu

Phát

T1

35 tấn hàng

T2

25 tấn hàng

T3

45 tấn hàng

P1

30 tấn hàng

5 2 3

P2

75 tấn hàng

2 1 1

Lưu ý:

+Mỗi hàng Ai đại diện cho một trạm phát.

+Mỗi cột Bj đại diện cho một trạm thu.

+Ô(i,j) đại diện cho tuyến đường vận tải hàng từ trạm phát thứ i đến trạm thu thứ j.

+Điều kiện cân bằng thu phát là đk:

1 1

m n

i ji j

a b

+ PA của btvt viết dưới dạng ma trận:

Định lý 1: Btvt cân bằng thu phát luôn có PATƯ.

11 1

i

1

j

...

... ... ...

...

n

mn

n

m

m

x x

x x

x x

Định nghĩa 2: • Tập hợp các ô của bảng vận tải mà cứ hai ô liên tiếp thì nằm trên cùng một dòng hay một cột và một dòng hay một cột đó không chứa quá hai ô được gọi là một đường đi.

X X

X X

X X

X X

X X

X X

• Một đường đi khép kín được gọi là một chu trình.

Định lý 2: Một bảng vận tải m dòng, n cột thì tập hợp các ô không chứa chu trình có tối đa là (m+n-1) ô.

Định nghĩa 3: Trong một PA, ô có vận tải hàng đi qua ứng với xij>0 được gọi là ô chọn. Ô có xij=0 gọi là ô loại.

Chú ý: ta thường dùng x để chỉ ô chọn.

Định lý 3: X là PACB của btvt khi và chỉ khi X có tập hợp các ô chọn không chứa chu trình.

X X

X X

X X

X X

X X

X

Định nghĩa 4: PACB gọi là không suy biến nếu số ô chọn =m+n-1. PACB gọi là suy biến nếu số ô chọn <(m+n-1).

* Đưa PACB suy biến về PACB không suy biến, ta bổ sung thêm các ô loại cho đủ (m+n-1) ô chọn không chứa chu trình. Các ô loại bổ sung đó được gọi là ô chọn 0.

Định lý 3. Cho bảng vận tải có m dòng, n cột, cho E={(m+n-1) ô không chứa chu trình}, ô . Khi đó,

chứa duy nhất một chu trình V.

sẽ không chứa chu trình.

(Vậy: E là PACB cũ, E2 là PACB mới).

( , )i j E 1 ( , )E E i j

2 1 \ ( *, *) / ( *, *)E E i j i j V

Ví dụ 1. Tìm PACB của bt sau:30 40 50 60

80 1 5 7 2

45 5 7 4 9

55 12 2 3 6

II. Phương pháp tìm PACB1. Phương pháp “min cước”: nghĩa là ưu tiên phân phối hàng nhiều nhất

vào ô có cước phí rẻ nhất!

30 40 50 60

80 1 x 30

5 7 2 x50

45 5 7 4 x 35

9 x 10

55 12 2 x 40

3 x 15

6

Bằng “pp min cước” ta nhận được PACB:

30 0 0 50

0 0 35 10

0 40 15 0

x

Nghĩa là: + Chuyển 30 (đvh) từ t.phát 1 đến t.thu 1, + Chuyển 50 (đvh) từ t.phát 1 đến t.thu 4 , + Chuyển 35 (đvh) từ t.phát 2 đến t.thu 3, + Chuyển 10 (đvh) từ t.phát 2 đến t.thu 4, + Chuyển 40 (đvh) từ t.phát 3 đến t.thu 2, + Chuyển 15 (đvh) từ t.phát 3 đến t.thu 3.

Cước phí f(x)=1.30+2.50+4.35+9.10+2.40+3.15

= 455(đvtt).

III. Phương pháp giải btvt1. PP “qui 0 cước phí các ô chọn”.a. Định lí. Cho btvt ma trận cước phí C=(cij). Nếu

cộng vào hàng thứ i của ma trận C một số tùy ý ri và cộng vào cột j một số tùy ý sj ta nhận được btvt mới với cước phí C’=(c’ij) với c’ij=cij+ri+sj. Hai btvt trên là tương đương.

b. Thuật toán: gồm 3 bước.

B1) “Qui 0 ô chọn” PACB x: dựa vào định lí trên để chọn một bộ (ri, sj) sao cho tại các ô chọn cước phí mới cij’đều =0.B2) Điều kiện tối ưu.+ c’ij≥0 với mọi i,j → PA x tối ưu.+ Tồn tại một cước phí c’ij<0 → có PA mới tốt hơn PA x.

B3) Tìm PA mới (trên bảng cước phí C’)+ Ô đưa vào: ô có cước phí âm bé nhất.+Xác định chu trình V, đánh số chẵn lẻ cho V bắt đầu số 1 từ ô đưa vào: VC, VL

là lượng hàng điều chỉnh PA mới và (i0,j0) là ô đưa ra.

+PA mới:

0 0

0 0

( , )

( , )

( , )

Lij i j

Cij ij i j

ij

x x i j V

x x x i j V

x i j V

0 0 0min : ( , ) o

Cij i j i j

x i j V x x

Ví dụ 1: Giải btvt sau:

j i

30 40 50 60

80 1

5 7 2

45 5 7 4

9

55 12 2

3

6

Bằng pp min cước ta tìm PACB

ji

30 40 50 60

80 1X

30

5 7 2

45 5 7 4

9

55 12 2

3

6

ji

30 40 50 60

80 1X

30

5 7 2X

50

45 5 7 4

9

55 12 2

3

6

ji

30 40 50 60

80 1X

30

5 7 2X

50

45 5 7 4

9

55 12 2X

40

3

6

ji

30 40 50 60

80 1X

30

5 7 2X

50

45 5 7 4

9

55 12 2X

40

3X

15

6

30 40 50 60

80 1X

30

5 7 2X

50

45 5 7 4X35

9X

10

55 12 2X

40

3X

15

6

Giải.

• Bài toán thỏa ĐK cân bằng thu phát: Σhàng thu = Σ hàng phát = 180

• Tìm PACB ban đầu.

Bằng “pp min cước” ta có PACB:30 0 0 50

0 0 35 10

0 40 15 0

x

có 6 ô chọn =m+n-1 nên X không suy biến.

Bước 1: “Quy không ô chọn” PA x: dựa vào định lí ta chọn một bộ (ri, sj) sao cho tại các ô chọn cước phí mới cij’đều =0.Nên ta có hệ p.trình:

1 1 3 2

1 4 3 3

2 3 2 4

1 0, 2 0

2 0, 3 0

4 0, 9 0

r s r s

r s r s

r s r s

Hệ có 7 ẩn, 6pt →hệ VSN. Chọn một nghiệm: cho r1=0 ta có s1=-1, s4=-2, r2=-7, s3=3, r3=-6, s2=4.

1 x

5 7 2

x

r1=0

5 7 4

x

9

x

r2=-7

12 2

x

3

x

6 r3=-6

s1=-1

s2=4

s3=3

s4=-2

0

x

9 10 0

x

-3 4 0

x

0

x

5 0

x

0

x

-2

ta có C’:

Bước 2: Kiểm tra ĐKTƯ.

Từ ma trận cước phí mới C’ ta thấy tồn tại c’21<0 nên PA x chưa TƯ.

Bước 3: Tìm PA tốt hơn.

+ Ô đưa vào chu trình V: ô (2,1) (vì có cước phí âm bé nhất).+ Xác định chu trình V và đánh số chẵn lẻ cho V bắt đầu số 1 từ ô (2,1) như ghi trên bảng 1.

V={(2,1);(2,4);(1,4);(1,1)}.

(2,1); (1,4) , (2,4); (1,1)L CV V

0 (4)x

9 10 0 (3)

x

-3 (1) x

4 0 x

0 (2) x

5 0 x 0 x -2

→ Lượng hàng điều chỉnh là 10,

ô(2,4) đưa ra.

24

min : ( , ) min 10,30

10

Cijx i j V

x

+ Xác định PA mới:0 0

0

0 0

Y

30 10

13 0 10

50 10

0 1

5

0 5

40 1

Bước 4: Xem Y là PA ban đầu ta quy không ô chọn PA Y.

0 x

9 10 0 x

r1=0

-3 x

4 0 x

0 r2=3

5 0 x

0 x

-2 r3=3

S1=0 S2=-3 S3=-3 S4=0

0 x

6 7 0 x

0 x

4 0 x

3

8 0 x

0 x

1Từ C” ta thấy mọi cước phí cij”≥0. Vậy Y TƯ.

Ta nhận được bảng cước phí mới C”:

Nghĩa là:

+ Trạm phát 1 chuyển đến trạm thu 1: 20 t; + Trạm phát 1 chuyển đến trạm thu 4: 60 t; + Trạm phát 2 chuyển đến trạm thu 1: 10 t; + Trạm phát 2 chuyển đến trạm thu 3: 35t; + Trạm phát 3 chuyển đến trạm thu 2: 40t; + Trạm phát 2 chuyển đến trạm thu 3: 15t. Cước phí fmin(Y)=1.20+2.60+5.10+4.35+2.40+3.15

= 455(đvtt).

Ví dụ 2: Giải bài toán vận tải cho bởi bảng vận tải sau:

3

2

460

11

9720

1255

80

704050 ji

ji

50 40 70

80 5 50

5 12 30

20 7 9 11 20

60 4 2 40

3 20

Giải.

• Bài toán thỏa ĐK cân bằng thu phát: Σhàng thu = Σ hàng phát = 160

• Tìm PACB ban đầu.

Bằng “pp min cước” ta có PACB:50 0 0 30

0 0 0 30

0 0 40 20

x

có 5 ô chọn =m+n-1 nên X không suy biến.

5 x

5 12 x

7 9 11 x

4 2 x

3 x

S1=-5 S2= -11

r1 =0

S3= -12

r2 =1

r3 =9

Bước 1: “Quy không ô chọn” PA x: ta chọn một bộ (ri, sj) như ghi trên bảng 1. Bảng 1

0 x

-6 0 x

3 -1 0 x

8 0 x

0 x

Chứng tỏ X chưa tối ưu, vì C’ còn ô cước phí âm.

Ta có ma trận cước phí mới C’:

0 x

-6 (1) *

0 (2) x

3 -1 0 x

8 0 (4) x

0 (3) x

Bước 3: Xây dựng phương án mới. +ô đưa vào: ô (1,2) (cước phí âm bé nhất). Xác định chu trình V trong bảng 2.Bảng 2:

→ Lượng điều chỉnh là 30, ô(1,4) đưa ra.

14

min : ( , ) min 40,30

30

Cijx i j V

x

+ Xác định PA mới:

0 0

0 0 0 0

0 0

0 30 30

3 20

5 3 3

130 0

3

0

5

50

3Y

0 0

0

40

0

0

0

0

0

0

0

0

Bước 4: Quy không ô chọn PA Y. …

IV. Các dạng đặc biệt của bt vận tải

1. Bt không cân bằng thu phát:

+ Σai hàng phát > Σbj hàng thu: thêm cột thu giả với lượng hàng bằng (Σai-Σbj).

+ Σai hàng phát < Σbj hàng thu: thêm hàng phát giả với lượng hàng bằng (Σbj-Σai).

Lưu ý: +Các ô thộc cột thu giả, cột phát giả gọi là ô phụ và đều có cước phi bằng 0; khi hàng còn dư mới phân vào các ô phụ.

Ví dụ 1: Giải bài toán vận tải không cân bằng thu phát cho bởi bảng vận tải sau:

ji

40 50 80

90 6

1 1

40 5 7 4

70 4 11

3

+ Ta thêm trạm thu giả có lượng hàng là 30, khi đó bt trở thành cân bằng thu-phát và cước phí tại các ô phụ đều bằng 0.

ji

40 50 80 30

90 6

1 1 0

40 5 7 4

0

70 4 11

3

0

2. Bài toán có ô cấm.

Những ô cấm đại diện cho tuyến đường không thể qua được. Chẳng hạn như : cầu gãy, phà hư…

Để giải bài toán có ô cấm ta xem ô cấm như ô bình thường có cước phí vận chuyển thay bằng M (M là số vô cùng lớn) rồi giải bt bình thường. Lưu ý: Nếu bt(M) có PATƯ và tồn tại ô cấm được phân hàng thì bt gốc không có PATƯ.

Ví dụ 2: Giải bài toán vận tải có ô cấm cho bởi bảng vận tải sau:

ji

65 75 100

80 4

2 1

90 3 5

70 6 7

8

Ta thay cước phí của ô cấm bằng M, sau đó ta giải bt như trường hợp không có ô cấm.

ji

65 75 100

80 4

2 1

90 3 M 5

70 6 7

8

3. Bài toán vận tải có f(x) → max.

Ta giải bình thường như bt có f(x)→min với lưu ý:

+Tìm PACB ban đầu: Phân phối hàng nhiều nhất vào ô có “cước phí lớn nhất”!

+ĐKTƯ: mọi c’ij ≤0

+Ô đưa vào : là ô có cước phí dương lớn nhất.

Ví dụ:Một phân xưởng có 2 công nhân nữ và 3 công nhân nam. Phân xưởng có một máy tiện loại I và 2 máy tiện loại II, 2 máy tiện loại III. Năng suất công nhân đứng trên mỗi loại máy được cho trong bảng (đơn vị là chi tiết/ngày):

MáyCN

I: 1 II: 2 III: 2

Nữ: 2 10

8 7

Nam: 3 8 9 11

Tìm PA phân công công nhân đứng máy để cuối ngày thu được nhiều sản phẩm nhất.

Bài tập: 1.Giải bài toán vận tải sau:

63

8

470

1

1

7540

2

442

90

30805040 ji

2.Giải btvt sau:

35 25 45

30 5 2 3

75 2 1 1