Γραμμικός Προγραμματισμός Πρόβλημα Αντιστοιχήσεως

ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ ΣΧΟΛΗ ΜΗΧΑΝΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΒΙΟΜΗΧΑΝΙΚΗΣ ΔΙΟΙΚΗΣΗΣ & ΕΠΙΧΕΙΡΗΣΙΑΚΗΣ ΕΡΕΥΝΑΣ Επιχειρησιακή Έρευνα Ι Διδάσκων: Δρ. Σταύρος Τ. Πόνης Γραμμικός Προγραμματισμός Πρόβλημα Αντιστοιχήσεως

Άδεια Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άδεια χρήσης άλλου τύπου, αυτή πρέπει να αναφέρεται ρητώς. 2

Το Πρόβλημα Αντιστοιχήσεως (ή Κατανομής) είναι μια ειδική περίπτωση προβλήματος ΓΠ και έχει αρκετές ομοιότητες (αλλά και διαφορές) με το Πρόβλημα Μεταφοράς. Βασική διαφορά είναι πως η δυναμικότητα κάθε πηγής αλλά και η ζήτηση κάθε προορισμού είναι ίση με την μονάδα. Η μαθηματική διατύπωση του προβλήματος είναι η ακόλουθη: n n minz = ' ' c ij i*1 j*1 x ij (Ι) Με περιορισμούς: 2 0*3 x /0 = 1, i = 1, 2,, n 2 /*3 x /0 = 1, j = 1, 2,, n και x /0 = 0 ή 1, για κάθε i, j = 1, 2,, n (ΙΙ) Προϋπόθεση: Το πλήθος των πηγών ισούται με το πλήθος των προορισμών. Αν αυτή δεν ισχύει, χρησιμοποιούμε πλασματικές πηγές ή περιορισμούς εισάγοντας κατάλληλα κόστη αντιστοίχησης. 3

Πινακοποιημένη Μορφή Προβλήματος Αντιστοιχήσεως Πηγές Ζήτηση προορισµών 1 2 n Προορισµοί Δυναµικότητα πηγών 1 2 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1.. 1 Σε κάθε πηγή αντιστοιχείται ένας μοναδικός προορισμός. Η κάθε αντιστοίχηση (i, j) συνεπάγεται ένα κόστος cij. Το πρόβλημα έγκειται στον προσδιορισμό της αντιστοίχησης εκείνης που οδηγεί στην επιλογή με το χαμηλότερο δυνατό κόστος 4

Απαραίτητοι Χειρισμοί: 1. Ο αρχικός Πίνακας Κόστους (αποστάσεων στην περίπτωση μας) πρέπει να μετατραπεί σε έναν ισοδύναμο Πίνακα (προς ελαχιστοποίηση), για τον οποίο η βέλτιστη λύση να είναι προφανής. 2. Ο ισοδύναμος Πίνακας πρέπει να αποτελείται από θετικά και αρκετά μηδενικά στοιχεία, ώστε όλες οι αντιστοιχήσεις να μπορούν να γίνουν στα μηδενικά στοιχεία. Αφού το ολικό κόστος δεν μπορεί να είναι αρνητικό, προκύπτει ότι η αντιστοίχηση αυτή θα είναι βέλτιστη. 3. Η μετατροπή του αρχικού Πίνακα σε ισοδύναμο βασίζεται στο γεγονός ότι μπορεί κανείς να προσθέσει ή να αφαιρέσει οποιοδήποτε σταθερό αριθμό από όλα τα στοιχεία μιας σειράς ή μιας στήλης του αρχικού Πίνακα Κόστους, χωρίς να αλλάξει το πρόβλημα. Δηλαδή η βέλτιστη λύση για την νέα μήτρα είναι βέλτιστη και για την παλαιά και αντιστρόφως. Ο νέος Πίνακας που θα προκύψει μετά τους πιο πάνω χειρισμούς, ονομάζεται Πίνακας Ευκαιριακού Κόστους (opportunity cost) 5

- Παράδειγµα Ας θεωρήσουμε το ακόλουθο παράδειγμα. Η οργανωτική επιτροπή του Παγκοσμίου Ποδοσφαίρου στη Βραζιλία, για την Πέμπτη 19 Ιουνίου 2014 έχει προγραμματίσει τέσσερις αγώνες, σε τέσσερις διαφορετικές πόλεις. Επιθυμεί να αναθέσει σε κάθε αγώνα μια ομάδα παρατηρητών ασφαλείας κατά τέτοιο τρόπο ώστε η συνολική απόσταση που θα πρέπει να ταξιδέψουν οι ομάδες αυτές να είναι η ελάχιστη. Στον Πίνακα που ακολουθεί δίνονται οι χιλιομετρικές αποστάσεις ανάμεσα στις πόλεις διεξαγωγής των αγώνων και τις βάσεις κάθε ομάδας παρατηρητών. ΟΜΑΔΕΣ ΠΑΡΑΤΗΡΗΤΩΝ ΡΙΟ ΝΤΕ ΤΖΑΝΕΙΡΟ (1) ΠΟΛΕΙΣ ΔΙΕΞΑΓΩΓΗΣ ΑΓΩΝΩΝ ΣΑΟ ΠΑΟΛΟ (2) ΜΠΡΑΖΙΛΙΑ (3) ΜΠΕΛΟ ΟΡΙΖΟΝΤΕ (4) Α 210 90 180 160 Β 100 70 130 200 C 175 105 140 170 D 80 65 105 120 6

- Παράδειγµα - Όπως ήδη αναφέρθηκε, απαραίτητη προϋπόθεση για την επίλυση του προβλήματος είναι η κατάστρωση του Πίνακα ευκαιριακού κόστους (opportunity cost table). - Αυτό επιτυγχάνεται αρχικά αφαιρώντας από κάθε τιμή μιας γραμμής την ελάχιστη τιμή για τη γραμμή αυτή. Η διαδικασία (row reductions) ομοιάζει με αυτή που χρησιμοποιήσαμε στο ΠΜ και στη μέθοδο Vogel για να καθορίσουμε τα κόστη των ποινών (penalty costs). - Με άλλα λόγια, για κάθε γραμμή υπολογίζεται η καλύτερη δράση (τιμή 0) και υπολογίζονται τα ευκαιριακά κόστη για όλα τα υπόλοιπα κελιά ΟΜΑΔΕΣ ΠΑΡΑΤΗΡΗΤΩΝ ΡΙΟ ΝΤΕ ΤΖΑΝΕΙΡΟ (1) ΠΟΛΕΙΣ ΔΙΕΞΑΓΩΓΗΣ ΑΓΩΝΩΝ ΣΑΟ ΠΑΟΛΟ (2) ΜΠΡΑΖΙΛΙΑ (3) ΜΠΕΛΟ ΟΡΙΖΟΝΤΕ (4) Α 120 0 90 70 Β 30 0 60 130 C 70 0 35 65 D 15 0 40 55 7

- Παράδειγµα - Στη συνέχεια επαναλαμβάνουμε τη διαδικασία για όλες τις στήλες του Πίνακα (column reductions) από την οποία προκύπτει ο Πίνακας Ευκαιριακού Κόστους που ακολουθεί. - Οι αναθέσεις μπορούν να λάβουν χώρα, όπου έχει προκύψει ευκαιριακό κόστος ίσο με μηδέν βέλτιστες αναθέσεις. - Βέλτιστη συνολική λύση προκύπτει όταν κάθε μια ομάδα μπορεί να ανατεθεί αποκλειστικά και μόνο σε έναν ποδοσφαιρικό αγώνα. - Από τον Πίνακα είναι προφανές πως αυτό δε συμβαίνει καθώς αν για παράδειγμα η ομάδα Α, ανατεθεί στον αγώνα του Σαο Πάολο, τότε π.χ. το μηδέν στο κελί Β2 γίνεται αδύνατο. ΟΜΑΔΕΣ ΠΑΡΑΤΗΡΗΤΩΝ ΡΙΟ ΝΤΕ ΤΖΑΝΕΙΡΟ (1) ΠΟΛΕΙΣ ΔΙΕΞΑΓΩΓΗΣ ΑΓΩΝΩΝ ΣΑΟ ΠΑΟΛΟ (2) ΜΠΡΑΖΙΛΙΑ (3) ΜΠΕΛΟ ΟΡΙΖΟΝΤΕ (4) Α 105 0 55 15 Β 15 0 25 75 C 55 0 0 10 D 0 0 5 0 8

Π.Α. Αλγόριθµος Επίλυσης (Hungarian Method) 1. Αφαιρούμε το ελάχιστο στοιχείο κάθε σειράς της μήτρας μοναδιαίου κόστους από κάθε στοιχείο της σειράς αυτής. Εξετάζουμε αν έχει προκύψει βέλτιστη λύση με μοναδικές αντιστοιχήσεις μηδενικής ποινής. 2. Αν το βήμα 1 δε δώσει λύση, τότε προχωρούμε στην επανάληψη του βήματος 1 αλλά για τις στήλες αυτή τη φορά. 3. Εξετάζουμε τις σειρές και στήλες διαδοχικά. Για κάθε σειρά/ στήλη με ένα ακριβώς μηδενικό κρατάμε την θέση αυτή για τοποθέτηση (αντιστοίχηση) και διαγράφουμε τα άλλα μηδενικά σ αυτήν την στήλη/ σειρά. Επαναλαμβάνουμε την διαδικασία αυτή για σειρές και στήλες έως ότου όλα τα μηδενικά είτε έχουν αντιστοιχηθεί είτε έχουν διαγραφεί. Εάν οι κρατηθείσες θέσεις περιλαμβάνουν ένα πλήρες σύνολο αντιστοιχήσεων, τότε αυτό αποτελεί την βέλτιστη λύση, διαφορετικά προχωρούμε στο βήμα 4. 4. Χαράσσουμε τον ελάχιστο αριθμό γραμμών (line test) με τον οποίο μπορούμε να διαγράψουμε όλα τα κελιά του Πίνακα με τιμή μηδέν 9

- Παράδειγµα - Ένας εμπειρικός τρόπος για να ελέγξουμε κατά πόσο υπάρχουν μοναδικές αντιστοιχήσεις στον Πίνακα είναι η χάραξη του ελάχιστου αριθμού οριζοντίων και κάθετων γραμμών που απαιτούνται για να σβήσουμε όλα τα μηδενικά από τον Πίνακα. Στην περίπτωση μας, όπως φαίνεται κάτωθι, απαιτούνται τρεις γραμμές, ενώ απαιτούνται τέσσερις για τη βέλτιστη λύση. ΟΜΑΔΕΣ ΠΑΡΑΤΗΡΗΤΩΝ ΡΙΟ ΝΤΕ ΤΖΑΝΕΙΡΟ (1) ΠΟΛΕΙΣ ΔΙΕΞΑΓΩΓΗΣ ΑΓΩΝΩΝ ΣΑΟ ΠΑΟΛΟ (2) ΜΠΡΑΖΙΛΙΑ (3) ΜΠΕΛΟ ΟΡΙΖΟΝΤΕ (4) Α 105 0 55 15 Β 15 0 25 75 C 55 0 0 10 D 0 0 5 0 10

- Παράδειγµα - Στη συνέχεια, αφαιρούμε την ελάχιστη τιμή του πίνακα που δεν έχει διαγραφεί από τις γραμμές (Α4 =15) από όλες τις τιμές που δεν έχουν διαγραφεί. - Αμέσως μετά προσθέτουμε την ελάχιστη αυτή τιμή, στακελιά που βρίσκονται στην τομή δύο γραμμών. Προκύπτει ο ακόλουθος Πίνακας: ΟΜΑΔΕΣ ΠΑΡΑΤΗΡΗΤΩΝ ΡΙΟ ΝΤΕ ΤΖΑΝΕΙΡΟ (1) ΠΟΛΕΙΣ ΔΙΕΞΑΓΩΓΗΣ ΑΓΩΝΩΝ ΣΑΟ ΠΑΟΛΟ (2) ΜΠΡΑΖΙΛΙΑ (3) ΜΠΕΛΟ ΟΡΙΖΟΝΤΕ (4) Α 90 0 40 0 Β 0 0 10 60 C 55 15 0 10 D 0 15 5 0 - Εκτελώντας εκ νέου τον έλεγχο με τις γραμμές (line test) στον πίνακα που έχει προκύψει, διαπιστώνουμε πως απαιτούνται τουλάχιστον τέσσερις γραμμές για να διαγραφούν όλα τα κελιά με μηδέν, κατά συνέπεια η λύση στην οποίααντιστοιχεί ο πίνακας πρέπει να είναι βέλτιστη. 11

- Παράδειγµα - Απομένει να ανατεθούν οι ομάδες παρατηρητών με μοναδικό τρόπο στους τέσσερις αγώνες (πόλεις). Η ομάδα Α, μπορεί να ανατεθεί στο Σάο Πάολο και στο Μπέλο Οριζόντε. Την αναθέτουμε αυθαίρετα στο Σάο Πάολο. Αυτό σημαίνει πως η γραμμή της ομάδας Α, και η στήλη του Σάο Πάολο μπορούν να εξαλειφθούν. - Στη συνέχεια αναθέτουμε αναγκαστικά την ομάδα Β, στο Ρίο ντε Τζανέιρο, καθώς η στήλη του Σάο Πάολο, έχει διαγραφεί. Εξαλείφουμε γραμμές (Β) και στήλες (1). - Η ομάδα C, ανατίθεται στη Μπραζίλια. Εξαλείφουμε γραμμές (C) και στήλες (3). - H ομάδα D, ανατίθεται στο Μπέλο Οριζόντε. Η λύση που προκύπτει είναι βέλτιστη και η ελάχιστη απόσταση που θα διανυθεί είναι: 90 + 100 + 140 + 120 = 450 χιλιόμετρα. ΠΟΛΕΙΣ ΔΙΕΞΑΓΩΓΗΣ ΑΓΩΝΩΝ Α Β ΟΜΑΔΕΣ ΠΑΡΑΤΗΡΗΤΩΝ C ΡΙΟ ΝΤΕ ΤΖΑΝΕΙΡΟ (1) ΣΑΟ ΠΑΟΛΟ (2) ΜΠΡΑΖΙΛΙΑ D D 0 Β 15 5 0 Α C D 12 (3) ΜΠΕΛΟ ΟΡΙΖΟΝΤΕ (4) Α 90 0 40 0 Β 0 0 10 60 C 55 15 0 10

- Παράδειγµα - Αν τώρα στην αρχική μας αυθαίρετη επιλογή, αναθέταμε την ομάδα Α στο Μπέλο Οριζόντε η επίλυση θα συνεχιζόταν ως εξής: - Στη συνέχεια αναθέτουμε αναγκαστικά την ομάδα D, στο Ρίο ντε Τζανέιρο, καθώς η στήλη του Μπέλο Οριζόντε έχει διαγραφεί. Εξαλείφουμε γραμμή (D) και στήλη (1). - Η ομάδα C, ανατίθεται στη Μπραζίλια. Εξαλείφουμε γραμμή (C) και στήλες (3). - H ομάδα Β, ανατίθεται στο Σάο Πάολο. Η λύση που προκύπτει είναι βέλτιστη και η ελάχιστη απόσταση που θα διανυθεί είναι: 160 + 70 + 140 + 80 = 450 χιλιόμετρα. - Έχουμε πολλαπλές βέλτιστες λύσεις με εναλλακτική βέλτιστη λύση όπως φαίνεται στον κάτωθι Πίνακα. Α Β ΟΜΑΔΕΣ ΠΑΡΑΤΗΡΗΤΩΝ C ΡΙΟ ΝΤΕ ΤΖΑΝΕΙΡΟ (1) ΠΟΛΕΙΣ ΔΙΕΞΑΓΩΓΗΣ ΑΓΩΝΩΝ ΣΑΟ ΠΑΟΛΟ (2) ΜΠΡΑΖΙΛΙΑ D D 0 D 15 5 0 B C Α 13 (3) ΜΠΕΛΟ ΟΡΙΖΟΝΤΕ (4) Α 90 0 40 0 Β 0 0 10 60 C 55 15 0 10

Παράδειγµα: Ένα γενικό εργοστάσιο έχει προµηθευθεί τρεις νέες µηχανές διαφορετικών τύπων. Υπάρχουν τέσσερις διαθέσιµες θέσεις για την εγκατάσταση των µηχανών. Μερικές από αυτές τις θέσεις είναι πιο επιθυµητές από άλλες για ορισµένες µηχανές λόγω της γειτνιάσεώς τους προς ορισµένα κέντρα εργασίας, µε τα οποία έχουν µεγάλες ροές εργασίας καιυλικών. Εποµένως, ο αντικειµενικός σκοπός είναι να τοποθετηθούν οι µηχανές στις κατάλληλες θέσεις εργασίας (να αντιστοιχηθούν οι µηχανές µε τις θέσεις εργασίας), έτσι ώστε το κόστος µετακίνησης εργαζοµένων καιυλικών να είναι ελάχιστο. Το εκτιμηθέν κόστος ανά μονάδα χρόνου διακινήσεως εργαζομένων και υλικών για κάθε μηχανή εγκαθιστάμενη σε κάθε δυνατή θέση, δίνεται στονδιπλανό πίνακα: Μηχανές Θέσεις 1 2 3 4 Α 13 10 12 11 Β 15 Χ 13 20 Γ 5 7 10 6 * Η θέση 2 θεωρείται ακατάλληλη για τη Μηχανή Β. 14

Λύση Για να διατυπωθεί το πρόβλημα αυτό σαν πρόβλημα αντιστοιχήσεως πρέπει : να εισαχθεί πλασματική μηχανή Δ για την επί πλέον θέση, να τεθεί ένα πολύ μεγάλο κόστος Μ στη θέση Β2, ώστε να αποκλεισθεί η τοποθέτηση της μηχανής Β στην θέση 2. Επομένως προκύπτει ο ακόλουθος πίνακας του προβλήματος αντιστοιχήσεως: 1 2 3 4 Α 13 10 12 11 Β 15 Μ 13 20 Γ 5 7 10 6 Δ 0 0 0 0 15

Εφαρμόζοντας τα παραπάνω στη μήτρα κόστους του προβλήματος, δηλαδή αφαιρώντας το μικρότερο στοιχείο κάθε σειράς από όλα τα στοιχεία της σειράς, προκύπτει η ακόλουθη ισοδύναμη μήτρα κόστους: 1 2 3 4 Α 3 0 2 1 Β 2 Μ-13 0 7 Γ 0 2 5 1 Δ 0 0 0 0 Η μήτρα που προέκυψε έχει αρκετά μηδενικά στοιχεία ώστε να κάνουμε όλες τις αντιστοιχήσεις, οι οποίες είναι: Α-2, Β-3, Γ-1, Δ-4 *Στην θέση 4 τοποθετείται η πλασματική μηχανή, δηλαδή καμία. Η λύση αυτή είναι βέλτιστη και το ολικό κόστος βρίσκεται με πρόσθεση των τιμών κόστους των αντίστοιχων στοιχείων της αρχικής μήτρας, δηλ. 10 + 13 + 5 = 28. 16

Παράδειγµα Να βρεθεί η βέλτιστη λύση του προβλήµατος αντιστοιχήσεως, µε µήτρα µοναδιαίου κόστους: 1 2 3 4 5 Α 11 17 8 16 20 Β 9 7 12 6 15 Γ 13 16 15 12 16 Δ 21 24 17 28 26 Ε 14 10 12 11 15 Όπως και στο προηγούμενο παράδειγμα, αφαιρούμε το μικρότερο στοιχείο κάθε σειράς από όλα τα άλλα στοιχεία της. Προκύπτει έτσι η ακόλουθη μήτρα κόστους: 17

1 2 3 4 5 Α 3 9 0 8 12 Β 3 1 6 0 9 Γ 1 4 3 0 4 Δ 4 7 0 11 9 Ε 4 0 2 1 5 Παρατηρούμε ότι δεν είναι δυνατόν να γίνει μία πλήρης αντιστοίχηση των πηγών με τους προορισμούς σε μηδενικά στοιχεία. Για το λόγο αυτό προχωρούμε στην αφαίρεση των μικρότερων στοιχείων κάθε στήλης από όλα τα στοιχεία της, οπότε προκύπτει η ακόλουθη μήτρα: 18

1 2 3 4 5 Α 2 9 0 8 8 Β 2 1 6 0 5 Γ 0 4 3 0 0 Δ 3 7 0 11 5 Ε 3 0 2 1 1 Εξετάζουμε διαδοχικά τις σειρές και τις στήλες, για να βρούμε ακριβώς ένα μηδενικό σε αυτές, αφού μόνο σε αυτά μπορεί να γίνει αντιστοίχηση. Η πηγή Α αντιστοιχίζεται στη θέση (προορισμό) 3 à αποκλείεται η αντιστοίχηση Δ-3 Η πηγή Β αντιστοιχίζεται στη θέση (προορισμό) 4 à αποκλείεται η αντιστοίχηση Γ-4 Η πηγή Γ αντιστοιχίζεται στη θέση (προορισμό) 1 à αποκλείεται η αντιστοίχηση Γ-5 Η πηγή Ε αντιστοιχίζεται στη θέση (προορισμό) 2 Οπότε σχηματίζεται ο ακόλουθος πίνακας: 19

1 2 3 4 5 Α 2 9 0 8 8 Β 2 1 6 0 5 Γ 0 4 3 0 0 Δ 3 7 0 11 5 Ε 3 0 2 1 1 Συνεπώς είναι δυνατόν να κάνουμε μόνον 4 αντιστοιχήσεις (τοποθετήσεις) σε μηδενικά στοιχεία. Άρα πρέπει να δημιουργηθούν περισσότερα μηδενικά στοιχεία στην μήτρα. Δεν είναι προφανές πως μπορεί να επιτευχθεί αυτό χωρίς τη δημιουργία αρνητικών στοιχείων. Αυτό επιτυγχάνεται με τον Αλγόριθμο Αντιστοιχήσεως (Ουγγρική μέθοδος). 20

Περιγραφή του Αλγόριθμου Αντιστοιχήσεως (Ουγγρική Μέθοδος) 1. Αφαιρούμε το ελάχιστο στοιχείο κάθε σειράς της μήτρας μοναδιαίου κόστους από κάθε στοιχείο της σειράς αυτής. Το ίδιο κάνουμε για κάθε στήλη. 2. Εξετάζουμε τις σειρές και στήλες διαδοχικά. Για κάθε σειρά/ στήλη με ένα ακριβώς μηδενικό κρατάμε την θέση αυτή για τοποθέτηση (αντιστοίχηση) και διαγράφουμε τα άλλα μηδενικά σ αυτήν την στήλη/ σειρά. Επαναλαμβάνουμε την διαδικασία αυτή για σειρές και στήλες έως ότου όλα τα μηδενικά είτε έχουν αντιστοιχηθεί είτε έχουν διαγραφεί. Εάν οι κρατηθείσες θέσεις περιλαμβάνουν ένα πλήρες σύνολο αντιστοιχήσεων, τότε αυτό αποτελεί την βέλτιστη λύση, διαφορετικά προχωρούμε στο ακόλουθο βήμα (3). 3. Χαράσσουμε έναν ελάχιστο αριθμό γραμμών για την κάλυψη όλων των μηδενικών ως εξής: 21

α) Σημειώνουμε όλες τις σειρές που δεν περιέχουν αντιστοιχήσεις: 1 2 3 4 5 Α 2 9 0 8 8 Β 2 1 6 0 5 Γ 0 4 3 0 0 ü Δ 3 7 0 11 5 Ε 3 0 2 1 1 22

β) Σημειώνουμε όλες τις στήλες που έχουν μηδενικά σε σημειωμένες σειρές : 1 2 ü 3 4 5 Α 2 9 0 8 8 Β 2 1 6 0 5 Γ 0 4 3 0 0 ü Δ 3 7 0 11 5 Ε 3 0 2 1 1 23

γ) Σημειώνουμε όλες τις σειρές που έχουν αντιστοιχήσεις σε σημειωμένες στήλες: 1 2 ü 3 4 5 ü Α 2 9 0 8 8 Β 2 1 6 0 5 Γ 0 4 3 0 0 ü Δ 3 7 0 11 5 Ε 3 0 2 1 1 24

δ) Επαναλαμβάνουμε τα βήματα β και γ, έως ότου δεν μπορούν να σημειωθούν άλλες σειρές ή στήλες. ε) Χαράσσουμε μία γραμμήαπό κάθε μη σημειωμένη σειρά και κάθε σημειωμένη στήλη. 1 2 ü 3 4 5 ü Α 2 9 0 8 8 Β 2 1 6 0 5 Γ 0 4 3 0 0 ü Δ 3 7 0 11 5 Ε 3 0 2 1 1 Ο ελάχιστος αριθμός γραμμών πρέπει να ισούται με τον αριθμό των δυνατών αντιστοιχήσεων (που μπορούν να γίνουν σε μηδενικά στοιχεία), δηλαδή 4 στην προκειμένη περίπτωση. 25

4. Εκλέγουμε το ελάχιστο από τα στοιχεία που δεν καλύπτονται από γραμμή και: το αφαιρούμε από τα άλλα ακάλυπτα στοιχεία. το προσθέτουμε σε κάθε στοιχείο που βρίσκεται στην τομή δύο γραμμών, και πηγαίνουμε στο βήμα (2). Στο παράδειγμά μας, το ελάχιστο ακάλυπτο από γραμμές στοιχείο της μήτρας είναι το 2 στη θέση Α-1: αφαιρώντας το 2 από όλα τα ακάλυπτα στοιχεία της μήτρας, δημιουργούμε ένα μηδενικό στοιχείο στη θέση Α-1, και προσθέτουμε το 2 σε κάθε στοιχείο που βρίσκεται στην τομή δύο γραμμών. 1 2 3 4 5 Α 2 9 0 8 8 Β 2 1 6 0 5 Γ 0 4 3 0 0 Δ 3 7 0 11 5 Ε 3 0 2 1 1 1 2 3 4 5 Α 0 7 0 6 6 Β 2 1 8 0 5 Γ 0 4 5 0 0 Δ 1 5 0 9 3 Ε 3 0 4 1 1 26

Ελέγχουμε εάν επιτυγχάνονταιόλες οι αντιστοιχήσεις σε μηδενικά στοιχεία, καιέχουμε: 1 2 3 4 5 Α 0 7 0 6 6 Β 2 1 8 0 5 Γ 0 4 5 0 0 Δ 1 5 0 9 3 Ε 3 0 4 1 1 Η πηγή Γ αντιστοιχίζεται στη θέση (προορισμό) 5. Η πηγή Α αντιστοιχίζεται στη θέση (προορισμό) 1. Η πηγή Β αντιστοιχίζεται στη θέση (προορισμό) 4. Η πηγή Δ αντιστοιχίζεται στη θέση (προορισμό) 3. Η πηγή Ε αντιστοιχίζεται στη θέση (προορισμό) 2. Άρα, αυτή είναι η βέλτιστη λύση και η διαδικασία σταματά. Η τιμή του ολικού κόστους είναι: 11 + 10 + 17 + 6 + 16 = 60. 27

Άσκηση Ένας εργολάβος έχει προς πώληση τέσσερα διαµερίσµατα Δ1, Δ2, Δ3 και Δ4,για τα οποία έχουν εκδηλώσει ενδιαφέρον πέντε πελάτες Π1, Π2, Π3, Π4 και Π5. Το κέρδος του εξαρτάται από τις τιµές πώλησης που έχουν συµφωνηθεί µε κάθε πελάτη, για κάθε διαµέρισµα. Σύµφωνα µε αυτές τις τιµές, το κέρδος του για κάθε πιθανή πώληση, σε κατάλληλες χρηµατικές µονάδες, είναι: Δ1 Δ2 Δ3 Δ4 Π1 90 80 85 70 Π2 80 85 70 75 Π3 85 75 75 70 Π4 90 75 80 60 Π5 85 80 75 80 Ο εργολάβος θέλει να διαθέσει τα διαµερίσµατα στους πελάτες, έτσι ώστε να µεγιστοποιήσει το κέρδος του. 28

Ζητούµενα: α) Να γραφεί το ανωτέρω πρόβληµα σαν πρόβληµα αντιστοιχήσεως. β) Να µετατραπούν τα ανωτέρω κέρδη, ούτως ώστε να παριστάνουν «κόστη» και το αρχικό πρόβληµα µεγιστοποίησης να γραφεί ως πρόβληµα ελαχιστοποίησης. γ) Ναλυθείτο πρόβληµα µετην χρήση της «Ουγγρικής Μεθόδου»*. *Απαιτήσεις εφαρµογής «Ουγγρικής µεθόδου»: i) Η αντικειµενική συνάρτηση να ελαχιστοποιείται (δηλ. οι τιµές του πίνακα της «Ουγγρικής µεθόδου» να εκφράζουν κόστη). ii) Το πλήθος των πηγών ισούται µε το πλήθος των προορισµών (δηλ. ο πίνακας της «Ουγγρικής µεθόδου» να είναι τετραγωνικός). iii) Ο πίνακας της «Ουγγρικής µεθόδου» να έχει µη-αρνητικά στοιχεία. 29

Λύση α) Για να ικανοποιείται η απαίτηση (ii) θα πρέπει να εισάγουμε ένα «υποθετικό» διαμέρισμα Δ5, το οποίο θα αποφέρει στον εργολάβο κάποιο σταθερό κέρδος ανεξάρτητο από τον πελάτη στον οποίο θαπωληθεί. Έστω: ci5=90, i=1,...,5. (1) Ορίζουμε τις μεταβλητές xij, i,j=1,...,5 με xij=0 (αν τελικά ο Πi δεν αγοράσει το Δj) ή xij=1 (αν τελικά ο Πi αγοράσει το Δj) Έτσι, το πρόβλημα με cij όπως δίνονται στον πίνακα της εκφώνησης και με την παραδοχή (1) γίνεται: 30 6 /*3 5 0*3 6 6 0*3 Μax z = cij xij Μax z = /*3 cij xij 90,με περιορισμούς: j*1 x ij =1, για i= 1, 2,, 5 5 5 i*1 x ij =1, για j= 1, 2,, 5 και x ij = 0 ή 1, για I, j = 1, 2,, 5

β) Για να ισχύει η απαίτηση (i) θα πρέπει να μετατραπούν τα «κέρδη» σε «κόστη». Λόγω της απαίτησης (iii), θεωρούμε το μετασχηματισμό c ij = ( cij) + 90, για να γίνουν όλα τα κόστη μη-αρνητικά με όσο το δυνατόν μικρότερες τιμές. Τότε, το μέγιστο κέρδος του εργολάβου δίνεται από την: 360 Μin ( 6 6 c ij xij /*3 0*3 ) *360: η μέγιστη δυνατή τιμή πώλησης και των τεσσάρων διαμερισμάτων (δηλ. προς 90 χ.μ. έκαστο). Το πρόβλημα τώρα γράφεται: 6 6 Μin ( /*3 0*3 c ij xij), με περιορισμούς: j*1 x ij =1, για i= 1, 2,, 5 5 5 i*1 x ij =1, για j= 1, 2,, 5 και x ij = 0 ή 1, για I, j = 1, 2,, 5 31

γ) Ο αντίστοιχος πίνακας κόστους είναι: Δ1 Δ2 Δ3 Δ4 Δ5 Π1 0 10 5 20 0 Π2 10 5 20 15 0 Π3 5 15 15 20 0 Π4 0 15 30 15 0 Π5 5 10 15 10 0 Για να εφαρμόσουμε τον αλγόριθμο θα πρέπει: 1. να αφαιρέσουμε από κάθε σειρά του πινάκα το ελάχιστο στοιχείο της (ο πίνακας μένει αναλλοίωτος αφού κάθε σειρά έχει τουλάχιστον ένα μηδενικό στοιχείο) 2. να αφαιρέσουμεαπό κάθεστήλη του πινάκα το ελάχιστοστοιχείο της. Έτσι, καταλήγουμε στον πίνακα: 32

Δ1 Δ2 Δ3 Δ4 Δ5 Π1 0 10 5 20 0 Π2 10 5 20 15 0 Π3 5 15 15 20 0 Π4 0 15 30 15 0 Π5 5 10 15 10 0 Ελέγχουμε εάν υπάρχουν «μοναδικές» αντιστοιχήσεις, δηλ. σειρές ή στήλες με ένα μόνον μηδενικό στοιχείο. Πράγματι, έχουμε: Δ2 Π2 (άρα αποκλείουμε την αντιστοίχηση Δ5 Π5) Δ3 Π1 (άρα αποκλείουμε τις Δ1 Π1 και Δ5 Π1) Δ4 Π5 (άρα αποκλείουμε την Δ4 Π5) Συνεπώς, για το Δ1 μένει η: Δ1 Π4 και για το Δ5 η: Δ5 Π3. Η παραπάνω αντιστοίχηση, δίνει το μέγιστο κέρδος του εργολάβου : Κ = 90 + 85 + 85 + 80 = 340 χ.μ. 33

Άσκηση Το κόστος τοποθέτησης τριών µηχανών (Μ1, Μ2 και Μ3) σε 4 πιθανές Θέσεις (Θ1, Θ2, Θ3 και Θ4) σεκατάλληλες χρηµατικές µονάδες (χ.µ.) φαίνονται στον ακόλουθο πίνακα : Θ1 Θ2 Θ3 Θ4 Μ1 3 8 12 7 Μ2 10 6 15 12 Μ3 11 13 4 10 Να βρεθούν : α) Η καλύτερη τοποθέτησή τους β) Η χειρότερη τοποθέτησή τους 34

Λύση α) Κατ αρχάς για την εφαρμογή της «Ουγγρικής Μεθόδου» θα πρέπει να δημιουργηθεί τετραγωνικός πίνακας. Για το λόγο αυτό, εισάγουμε υποθετική μηχανή (έστω Μ4) με κόστος τοποθέτησης σταθερό και ανεξάρτητο από την θέση τοποθετήσεώς της (έστω 15 χ.μ.), οπότε έχουμετον παρακάτω τετραγωνικόπίνακα Κόστους (4x4): Θ1 Θ2 Θ3 Θ4 Μ1 3 8 12 7 Μ2 10 6 15 12 Μ3 11 13 4 10 Μ4 15 15 15 15 Για κάθε i,j=1,...,4, ορίζουμε τις μεταβλητές xij, με: xij=0 (αν τελικά η Μi δεν τοποθετηθεί στην Θj) ή xij=1 (αν τελικά η Μi τοποθετηθεί στην Θj) και cij, όπως φαίνονται στον παραπάνω πίνακα κόστους. 35

Βήμα 1 ο : Αφαιρούμε από κάθε σειρά του πινάκα κόστους το ελάχιστο στοιχείο της Θ1 Θ2 Θ3 Θ4 Μ1 0 5 9 4 Μ2 4 0 9 6 Μ3 7 9 0 6 Μ4 0 0 0 0 Βήμα 2 ο : Αφαιρούμε από κάθε στήλη του πινάκα το ελάχιστο στοιχείο της Ο πίνακας μένει αναλλοίωτος αφού κάθε στήλη έχει τουλάχιστον ένα μηδενικό στοιχείο. Βήμα 3 ο : Ελέγχουμε αν υπάρχουν «μοναδικές» αντιστοιχήσεις, δηλ. σειρές ή στήλες με ένα μόνον μηδενικό στοιχείο 36

Πράγματι, έχουμε: Μ1 Θ1 (άρα αποκλείουμε την αντιστοίχηση Μ4 Θ1) Μ2 Θ2 (άρα αποκλείουμε την αντιστοίχηση Μ4 Θ2) Μ3 Θ3 (άρα αποκλείουμε την αντιστοίχηση Μ4 Θ3) Συνεπώς, για το Μ4 μένει η αντιστοίχηση Μ4 Θ4 Θ1 Θ2 Θ3 Θ4 Μ1 0 5 9 4 Μ2 4 0 9 6 Μ3 7 9 0 6 Μ4 0 0 0 0 Η παραπάνω αντιστοίχηση, δίνει το ελάχιστο κόστος τοποθέτησης: Cmin = 3 + 6 + 4 = 13 χ.μ. 37

β) Ζητείται να επιλυθεί το Π.Α.: Με περιορισμούς: 5 0*3 xij = 1, για i = 1, 2, 3, 4 5 /*3 xij = 1, για j = 1, 2, 3, 4 και xij = 0 ή 1, για i,j =1,...,4 5 5 /*3 0*3 ) Μax ( cij xij 38

Βήμα 1 ο : Μετατρέπουμε το πρόβλημα σε «πρόβλημα ελαχιστοποίησης» Για να μην προκύψει Πίνακας με αρνητικές τιμές, θεωρούμε το μετασχηματισμό:c'ij = ( cij) + 15 για να γίνουν όλα τα κόστη μη-αρνητικά με όσο το δυνατόν μικρότερες τιμές. Τότε, το μέγιστο κέρδος του εργολάβου δίνεται από την: 5 5 /*3 0*3 ) 60 Μin ( c ij xij *60 : μέγιστη υποθετική τιμή κόστους τοποθέτησης των τεσσάρων μηχανών (δηλ. 15 χ.μ. έκαστη). Ο αντίστοιχος πίνακας κόστους είναι: Θ1 Θ2 Θ3 Θ4 Θ1 Θ2 Θ3 Θ4 Μ1 0 5 9 4 Μ2 4 0 9 6 Μ3 7 9 0 6 Μ4 0 0 0 0 Μ1 12 7 3 8 Μ2 5 9 0 3 Μ3 4 2 11 5 Μ4 0 0 0 0 39

Βήμα 2 ο : Αφαιρούμε από κάθε σειρά του πινάκα το ελάχιστο στοιχείο της Θ1 Θ2 Θ3 Θ4 Μ1 9 4 0 5 Μ2 5 9 0 3 Μ3 2 0 9 3 Μ4 0 0 0 0 Βήμα 3 ο : Αφαιρούμε από κάθε στήλη του πινάκα το ελάχιστο στοιχείο της Ο πίνακας μένει αναλλοίωτος αφού κάθε στήλη έχει τουλάχιστον ένα μηδενικό στοιχείο. 40

Βήμα 4 ο : Ελέγχουμε αν υπάρχουν «μοναδικές» αντιστοιχήσεις, δηλ. σειρές ή στήλες με ένα μόνον μηδενικό στοιχείο Α. Δεν υπάρχουν «μοναδικές» αντιστοιχήσεις Βρίσκουμε το μέγιστο πλήθος δυνατών αντιστοιχιών. Έχουμε: Μ1 Θ3 (άρα αποκλείουμε τις Μ2 Θ3 και Μ4 Θ3) Μ3 Θ2 (άρα αποκλείουμε την Μ4 Θ2) Μ4 Θ1 (άρα αποκλείουμε την Μ4 Θ4) Θ1 Θ2 Θ3 Θ4 Μ1 9 4 0 5 Μ2 5 9 0 3 Μ3 2 0 9 3 Μέγιστο πλήθος δυνατών αντιστοιχήσεων : 3 Μ4 0 0 0 0 41

Βήμα 5 ο : Χαράσσουμε το ελάχιστο πλήθος γραμμών για την κάλυψη των μηδενικών Το πλήθος αυτό θα είναι ίσο με το μέγιστο πλήθος δυνατών αντιστοιχήσεων, δηλ. ίσο με 3. Κατά τα γνωστά: 1. Σημειώνουμε όλες τις σειρές που δεν περιέχουν αντιστοιχήσεις. 2. Σημειώνουμε όλες τις στήλες που έχουν μηδενικά σε σημειωμένες σειρές. 3. Σημειώνουμε όλες τις σειρές που έχουν αντιστοιχήσεις σε σημειωμένες στήλες. 4. Επαναλαμβάνουμε τα βήματα β και γ έως ότου δεν μπορούν να σημειωθούν άλλες σειρές ή στήλες. 5. Χαράσσουμε μία γραμμή από κάθε μη σημειωμένη σειρά και κάθε σημειωμένη στήλη. Θ1 Θ2 ü (β) Θ3 Μ1 9 4 0 5 ü (γ) Μ2 5 9 0 3 ü (α) Μ3 2 0 9 3 Μ4 0 0 0 0 Θ4 42

Βήμα 6 ο : Εξετάζουμε όλα τα στοιχεία που δεν καλύπτονται από γραμμή Εκλέγουμε το ελάχιστο από αυτά (=3 στη θέση Μ2,Θ4) και το αφαιρούμε από τα άλλα ακάλυπτα στοιχεία. Στη συνέχεια προσθέτουμε το στοιχείο αυτό σε κάθε στοιχείο που βρίσκεται στην τομή δύο γραμμών, και πηγαίνουμε στο βήμα 4 ο. Θ1 Θ2 Θ3 Θ4 Μ1 9 4 0 5 Μ2 5 9 0 3 Μ3 2 0 9 3 Μ4 0 0 0 0 Θ1 Θ2 Θ3 Θ4 Μ1 6 1 0 2 Μ2 2 6 0 0 Μ3 2 0 12 3 Μ4 0 0 3 0 43

Β. Υπάρχουν «μοναδικές» αντιστοιχήσεις: Μ1 Θ3 (άρα αποκλείουμε την αντιστοίχηση Μ2 Θ2) Μ2 Θ4 (άρα αποκλείουμε την αντιστοίχηση Μ4 Θ4) Μ3 Θ2 (άρα αποκλείουμε την αντιστοίχηση Μ4 Θ2) Συνεπώς, για το Μ4 μένει η αντιστοίχηση Μ4 Θ1 Θ1 Θ2 Θ3 Θ4 Μ1 6 1 0 2 Μ2 2 6 0 0 Μ3 2 0 12 3 Μ4 0 0 3 0 Η παραπάνω αντιστοίχηση, δίνει το μέγιστο κόστος τοποθέτησης: Cmax = 12 + 12 + 13 = 37 χ.μ. 44

Χρηματοδότηση Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό έχει αναπτυχθεί στα πλαίσια του εκπαιδευτικού έργου του διδάσκοντα. Το έργο «Ανοικτά Ακαδημαϊκά Μαθήματα» του ΕΜΠ έχει χρηματοδοτήσει μόνο την αναδιαμόρφωση του υλικού. Το έργο υλοποιείται στο πλαίσιο του Επιχειρησιακού Προγράμματος «Εκπαίδευση και Δια Βίου Μάθηση» και συγχρηματοδοτείται από την Ευρωπαϊκή Ένωση (Ευρωπαϊκό Κοινωνικό Ταμείο) και από εθνικούς πόρους.