PROBLEM OPTIMALNE ASIGNACIJE

(17.5.2017.)

Doc. dr. sc. Tunjo Perić

1. Problem optimalne asignacije

Problem optimalne asignacije sastoji se u tome da se na optimalan

način rasporedi n radnika na n poslova, polazeći od toga da svi ti

radnici nisu jednako efikasni za pojedini posao.

Taj problem je moguće riješiti ako se na neki način, recimo

testiranjem, izmjeri efikasnost, cij, osobe i u poslu j, (i,j = 1, 2, ...,

n). Svaki raspored osoba 1, 2, ..., n na poslove j1, j2, ..., jn je jedna

permutacija. Optimalni raspored ili asignacija j1, j2, ..., jn je ona

permutacija od 1, 2, ..., n koja maksimizira sumu individualnih

efikasnosti,

1 21 2

1

...n k

n

j j nj kj

k

c c c c

9.5.2017 2

Očigledno je da je tako postavljeni problem kombinatorne prirode.

Iz kombinatorike znamo da postoji n! različitih permutacija od

prvih n prirodnih brojeva. Dakle, imamo n! različitih asignacija.

Poznato je da taj broj postaje vrlo velik kad n pređe 10. Na primjer

za n = 20, n! = 2 432 902 008 176 640 000.

Vidimo da je praktički nemoguće nabrojiti tolike asignacije,

ocijeniti njihovu efikasnost i izabrati asignaciju sa maksimalnom

efikasnosti. Međutim, problem se može riješiti brzo i lako, ako se

formulira kao problem transporta.

Neka je

Budući da smo pretpostavili da je svaka osoba dodijeljena samo na

jedan posao imamo:

1 ako je -ta osoba dodijeljena na posao

0 u protivnom slučaju ij

i jx

(1)

1

1, 1,2, ...,n

ij

j

x i n

(2)9.5.2017 3

Iz razloga što se na svaki posao dodjeljuje samo jedna osoba,

slijedi

Matrice kao rješenja sustava jednadžbi (2) i

(3), imaju to svojstvo da svaki njihov redak i stupac ima sumu

jednaku jedinici. Takve matrice pojavljuju se u statistici i zovu se

dvostruko stohastičke matrice. Njihovi se elementi interpretiraju

kao vjerojatnosti. Ako matrica zadovoljava također i uvjet

(1), to jest ako predstavlja rješenje problema asignacije (1), (2) i

(3), zove se matrica permutacija.

Cilj u problemu asignacije je izabrati takvu asignaciju koja

zadovoljava (1), (2) i (3) i maksimizira ukupnu efikasnost, to jest

9.5.2017 4

1

1, 1, ...,n

ij

i

x j n

(3)

, , 1, ..., ,ij

x i j n

ijx

ijx

1 1 1

maxk

n n n

kj ij ij

k i j

c c x

(4)

Problem asignacije (1), (2), (3) i (4) ekvivalentan je problemu

transporta (2), (3), (4) i

(5)

Prema tome, problem asignacije (2), (3), (4) i (5) je specijalan

slučaj Hitchcock-ovog problema transporta. Dovoljno je postaviti

si = dj = 1, da se Hitchcock-ov problem reducira na problem

asignacije.

Problem asignacije ima svojstvo da je svako njegovo bazično

rješenje degenerirano, jer samo n bazičnih varijabli ima vrijednost

1, a preostale varijable uzimaju vrijednost 0. Po tome se može

zaključiti da je problem asignacije u visokom stupnju degeneriran.

Kao takav, problem asignacije može se riješiti bilo kojom

metodom koja se koristi u slučaju degeneracije. Međutim, za

problem asignacije je razvijena jedna specijalna metoda koja je

pokazala veliku efikasnost, mađarska metoda.

0ij

x

9.5.2017 5

2. Mađarska metoda

Autor mađarske metode za problem asignacije je američki

matematičar H. W. Kuhn (1955).

Mađarska metoda koristi u rješavanju problema asignacije njegov

dualni problem na osobito efikasan način. Njezina polazna točka je

neko moguće rješenje duala problema asignacije (2), (3), (4) i (5),

to jest problema

Treba primijetiti da mjera individualne efikasnosti cij može biti

vrijeme potrebno radniku i da izvrši posao j. U tom slučaju cilj u

direktnom problemu asignacije je

Min( ).

i j ij

i j

i j

u v c

u v

min( ),ij ij

i j

c x9.5.2017 6

a cilj u dualu tog problema je dok su uvjeti

Prvi korak po mađarskoj metodi sastoji se u tome da se reducira

matrica efikasnosti na matricu , gdje su

Redukcija se provodi na način da se minimalni element svakog

retka odbija od svih elemenata retka. Zatim se u dobivenoj matrici

odbija minimalni element svakog stupca od svih elemenata stupca.

Tako modificirana matrica zove se prva reducirana matrica. Ta

matrica sadrži samo pozitivne brojeve i nule i to bar jednu nulu u

svakom retku i svakom stupcu.

Primjer: Imamo 4 radna mjesta, odnosno 4 posla koja treba

obaviti i 4 osobe koje su kvalificirane da na njima rade. Matrica

njihove individualne efikasnosti dana je u satima rada, kako

slijedi

max( )i j

i j

u v .

i j iju v c

ijc ij

c

.ij ij i j

c c u v

ijc

9.5.2017 7

Poslovi

Osobe

1 2 3 4

1 8 15 10 9

2 17 18 12 12

3 11 14 7 13

4 9 16 14 6

Prva reducirana matrica sadrži elemente: ij

c

Poslovi

Osobe

1 2 3 4

1 0 1 2 1

2 5 0 0 0

3 4 1 0 6

4 3 4 8 0

9.5.2017 8

Svaka asignacija koja minimizira ukupne troškove na osnovi te

reducirane matrice troškova, minimizira ukupno potrebno vrijeme

rada. Sa druge strane ta prva reducirana matrica sadrži samo

pozitivne elemente ili nule, pa ukupni troškovi ni za jednu asignaciju

ne mogu biti negativni. Iz toga slijedi da je optimalna svaka

asignacija s ukupnim troškovima jednakim nuli.

U sljedećem koraku traži se takva asignacija.

U drugom koraku raspoređuje se maksimalni broj osoba na

raspoloživa radna mjesta ili poslove. Ako je takva asignacija

kompletna (obuhvaća sve osobe), rješenje je nađeno. Ako se ne

dobije kompletna asignacija, prelazi se na treći korak.

U našem primjeru lako se vidi da je optimalna asignacija 1 1, 2

2, 3 3 i 4 4.

U slučaju kad reducirana matrica ima velike dimenzije postupa se na

sljedeći način:

(a) Sukcesivno se ispituju reci dok se ne nađe redak u kojem je samo

jedna nula. Ta nula se označi sa a ostale nule u istom stupcu sa

X. Tako se postupa dok se ne ispitaju svi reci.

ijc

9.5.2017 9

(b) Zatim se traže stupci koji sadrže samo jednu nulu. Ta se nula

označi sa a ostale nule u njezinom retku se precrtaju, to jest

označe sa X.

(c) Ponavlja se (a) i (b) uzastopce dok (1) ne ostane ni jedna nula

neoznačena, ili (2) bar po dvije preostale neoznačene nule leže u

svakom retku i stupcu. U slučaju (1) nule obilježene sa čine

asignaciju s minimalnim troškovima, koja nije uvijek i kompletna

asignacija. Dogodi li se (2), treba na neki drugi način konstruirati

asignaciju s minimalnim troškovima. Na primjer, prva nula se

označi, a preostale precrtaju.

U našem primjeru bilo je dovoljno primijeniti (a) i (b) samo po jedan

put. Iz primjene (a) rezultira Poslovi

Osobe

1 2 3 4

1 0 1 2 1

2 5 0 0 0

3 4 1 0 6

4 3 4 8 0

0

0

09.5.2017 10

a iz primjene (b) maksimalna i istodobno kompletna asignacija:

Poslovi

Osobe

1 2 3 4

1 0 1 2 1

2 5 0 0 0

3 4 1 0 6

4 3 4 8 0

0

0

0

0

Ako dobivena asignacija ne čini kompletno rješenje, procedura se

nastavlja.

Treći korak vodi do druge reducirane matrice. U tu svrhu se

odredi minimalni broj linija koje prolaze kroz sve nule u prvoj

reduciranoj matrici. Zatim se najmanji od nepokrivenih elemenata

odbije od svih nepokrivenih elemenata, a doda svim elementima

koji leže na presjeku dviju linija. Rezultat tih operacija je druga

reducirana matrica.9.5.2017 11

Kako se konstruira sustav linija kroz sve nule? Procedura je sljedeća:

(a) Označe se svi reci za koje nije učinjena asignacija (imaju

precrtane nule (koje se još nazivaju zavisne nule), a nemaju

označene nule (koje se još nazivaju nezavisne nule)).

(b) Zatim se označe stupci koji imaju zavisne nule u označenim

recima.

(c) Potom se označe još neobilježeni reci koji imaju asignacije u

označenim stupcima.

(d) Ponove se radnje (b) i (c) dok se lanac markiranja na završi.

(e) Na kraju se povuku linije kroz sve neoznačene retke i označene

stupce.

Može se pokazati da svaka linija prolazi kroz jednu i samo jednu

asignaciju (tj. kroz nulu označenu sa ).

Četvrti korak sastoji se u ponavljanju postupaka iz koraka 2 i 3

na drugoj reduciranoj matrici sve dotle dok se ne dobije

kompletno rješenje.

9.5.2017 12

Primjer: Prva reducirana matrica izgleda ovako:

5 0 8 10 11

0 6 15 0 3

8 5 0 0 0

0 6 4 2 7

3 5 6 0 8

Startamo s maksimalnom asignacijom:

5 0 8 10 11

0 6 15 0 3

8 5 0 0 0

0 6 4 2 7

3 5 6 0 8

0

0

0

0

9.5.2017 13

Označili smo drugi redak, jer nema nijedne asignacije, a zatim prvi i

četvrti stupac, jer imaju zavisne nule u označenom drugom retku.

Potom se označe reci 4 i 5, jer imaju asignacije u označenim stupcima.

Time završava lanac označavanja.

Minimalni skup linija koje pokrivaju sve nule ide kroz neoznačeni prvi

i treći redak i kroz označeni prvi i četvrti stupac.

5 0 8 10 11

0 6 15 0 3

8 5 0 0 0

0 6 4 2 7

3 5 6 0 8

0

0

0

0

Sada se izabere najmanji nepokriveni element. U toj matrici to je

element c25 = 3. Oduzmemo 3 od svakog nepokrivenog elementa i

dodamo 3 svakom elementu na presjeku linija, pa dobijemo novu,

drugu reduciranu matricu:9.5.2017 14

8 0 8 13 11

0 3 12 0 0

11 5 0 3 0

0 3 1 2 4

3 2 3 0 5

0

0

0

0

0

U ovoj matrici je kompletna asignacija 2 5 3 1 4 optimalno rješenje

problema.

U slučaju da se traži asignacija koja maksimizira prva

reducirana matrica konstruira se na ovaj način:

Nađe se

pa se tako dobivena matrica pomnoži s (-1).

Zatim se postupa po istoj proceduri kao i za problem minimuma.

,ij ij

i j

c x

9.5.2017 15

,(max ),

ij ij iji j

c c c

Primjer 1: U poduzeću “Alfa” pojavila se potreba za 4 poslovna

zadatka, P1, ..., P4. Ovi zadaci se mogu obavljati na 5 strojeva, S1,

..., S5, pri čemu se na jednom stroju može obavljati samo jedan

poslovni zadatak. Tako će se za obavljanje zadataka angažirati 4

stroja, a 1 stroj će se izdvojiti za ostale poslove. Vrijeme obavljanja

poslovnih zadataka na strojevima (izraženo u norma satima)

prikazano je u sljedećoj tablici:

S1 S2 S3 S4 S5

P1 14 8 12 10 8

P2 12 10 - 8 6

P3 10 8 6 10 4

P4 4 16 6 12 8

Uzimajući u obzir da stroj S3 nije podoban za obavljanje poslovnog

zadatka P2 i da obvezno mora biti angažiran, potrebno je napraviti

takav raspored strojeva na poslovne zadatke koji će osigurati da se

svi zadaci obave za minimalno vrijeme.9.5.2017 16

Uvodimo fiktivni posao P5. c51, c52, c54 i c55 dobivaju vrijednost 0, a

c53 dobiva vrijednost M (izrazito veliki broj), kako ne bi došlo do

angažiranja stroja S3 na fiktivnom proizvodu P5, dok c23 dobiva

vrijednost M, kako ne bi došlo do angažiranja stroja S3 u proizvodnji

proizvoda P2.

Prema tome, imamo:

S1 S2 S3 S4 S5

P1 14 8 12 10 8

P2 12 10 M 8 6

P3 10 8 6 10 4

P4 4 16 6 12 8

P5 0 0 M 0 0

Prva reducirana matrica izgleda, kako slijedi:

9.5.2017 17

S1 S2 S3 S4 S5

P1 6 0 2 2 0

P2 6 4 M-8 2 0

P3 6 4 0 6 0

P4 0 12 0 8 4

P5 0 0 M-2 0 0

Krećemo od drugog retka gdje imamo samo jednu nulu koju

označavamo kvadratićem. Precrtavamo nule u petom stupcu. Zatim

idemo do prvog retka koji ima preostalu jednu nulu koju označavamo

kvadratićem, a precrtavamo nule u drugom stupcu. Treći redak ima

samo jednu neprecrtanu nulu, i nju označavamo kvadratićem, a

precrtavamo nule u trećem stupcu. Četvrti redak ima samo jednu

preostalu nulu, koju označavamo kvadratićem i precrtavamo nule u

prvom stupcu. U petom retku ostala je samo jedna nula, koju također

označavamo kvadratićem.9.5.2017 18

S1 S2 S3 S4 S5

P1 6 0 4 2 0

P2 6 4 M-6 2 0

P3 6 4 2 6 0

P4 0 12 2 8 4

P5 0 0 M 0 0

0

0

0

0

0

Prema tome, u prvom koraku je dobiveno optimalno rješenje: x12 =

1, x25 = 1, x33 = 1, x41 = 1, x54 = 1.

9.5.2017 19

Primjer 2. U poduzeću se pojavila potreba za obavljanjem 3 poslovna

zadatka, za što je potrebno angažirati radnike izvan poduzeća. Na

natječaj su se javila 4 kandidata. Kandidati obavljaju pojedine

poslovne zadatke za različito vrijeme, što je prikazano u sljedećoj

tablici (vrijeme izraženo u satima).

Poslovnizadatak

Kandidati

1 2 3 4

1 4 4 7 9

2 5 3 10 9

3 7 5 7 -

Četvrti kandidat nije osposobljen za obavljanje trećeg poslovnog

zadatka. Potrebno je:

a) Rasporediti kandidate na poslovne zadatke tako da se osigura

optimalno korištenje vremena radnika, ako radnik 2 obvezno

mora biti zaposlen,9.5.2017 20

b) Izračunati za koje se najkraće vrijeme mogu izvršiti svi poslovi, i

c) Utvrditi koji kandidat neće bitan angažiran.

Rješenje: xij (i = 1, 2, 3, j = 1, 2, 3, 4) – i–ti poslovni zadatak

dodijeljen j–tom kandidatu.

Min z = 4x11 + 4x12 + 7x13 + 9x14 + 5x21 + 3x22 + 10x23 + 9x24 + 7x31 +

5x32 + 7x33 + Mx34

p.o.

x11 + x12 + x13 + x14 = 1

x21 + x22 + x23 + x24 = 1

x31 + x32 + x33 + x34 = 1

x11 + x21 + x31 1

x12 + x22 + x32 1

x13 + x23 + x33 1

x14 + x24 + x34 1

1, ako je -ti poslovni zadatak dodijeljen -tom kandidatu

0, ako -ti poslovni zadatak nije dodijeljen -tom kandidatuij

i jx

i j

9.5.2017 21

Ovdje imamo otvoreni model raspoređivanja jer je broj poslovnih

zadataka manji od broja kandidata. Zato ga svodimo na zatvoreni

dodavanjem fiktivnog četvrtog poslovnog zadatka . Koeficijenti u

funkciji cilja za varijable koje se odnose na fiktivni poslovni zadatak

su nule, jer se radi o dopunskim varijablama, osim varijable x42 koja

je artificijelna jer kandidat 2 mora biti zaposlen. Tako će matrica

efikasnosti imati sljedeći oblik:

4 4 7 9

5 3 10 9

7 5 7 M

0 M 0 0

ijc

Metoda asignacije svodi se na sljedeći postupak:

Korak 1. Reduciramo matricu efikasnosti.

9.5.2017 22

0 0 3 5

2 0 7 6

2 0 2 M-5

0 M 0 0

Korak 2: Označavanje nula prema naprijed navedenim uputama.

0 0 3 5

2 0 7 6

2 0 2 M-5

0 M 0 0

0

0

Budući da je broj označenih nula manji od n = 4, nemamo potpunu

asignaciju. Potrebno je nastaviti proceduru asignacije.

Korak 3. Označimo redak koji nema označenu (nezavisnu) nulu.

Kod nas je to redak 3. Precrtamo stupac koji ima zavisnu nulu (nulu

precrtanu sa X) u označenom retku. To je stupac 2. 9.5.2017 23

0

Označimo redak koji ima nezavisnu nulu u precrtanom stupcu. Kod

na je to redak 2.

Precrtamo sve neoznačene retke. Kod nas su to reci 1 i 4.

0 0 3 5

2 0 7 6

2 0 2 M-5

0 M 0 0

0

0

Korak 4. Tražimo minimalnu vrijednost u neprecrtanom dijelu

tablice. Kod nas je to 2. Od svih neprecrtanih elemenata oduzmemo

2, a dodamo 2 elementima gdje se sijeku precrtani stupac i precrtani

reci. Prema tome, imamo.

9.5.2017 24

0

0 2 3 5

0 0 5 4

0 0 0 M-7

0 M+2 0 0

0

0

0

0

Dobiveno je optimalno rješenje: x11 = 1, x22 = 1, x33 = 1, x44 = 1.

Minimalna vrijednost funkcije cilja je: z = 4 + 3 + 7 + 0 = 14. Neće

biti angažiran kandidat 4.

Primjer 3. U poduzeću treba obaviti 4 posla P1, ..., P4. Za

obavljanje tih poslova imamo na raspolaganju 5 strojeva S1, ..., S5.

Korištenje strojeva za obavljanje poslova omogućava proizvodnju

sljedeće količine proizvoda tijekom jedne smjene.

9.5.2017 25

StrojeviPoslovni zadatak

1 2 3 4

1 26 28 34 34

2 28 - 36 34

3 20 28 30 28

4 30 32 36 30

5 24 30 32 32

Vidimo da se stroj 2 ne može angažirati na posao 2. Potrebno je:

a) Rasporediti strojeve na poslove kako bismo dobili maksimalnu

proizvodnju tijekom smjene.

b) Odrediti koji stroj će ostati slobodan.

c) Izračunati maksimalnu proizvodnju u jednoj smjeni.

Rješenje:

xij (i = 1, ..., 5, j = 1, ..., 4) – i-ti stroj raspoređen na j-ti poslovni

zadatak. 9.5.2017 26

Max z = 26x11 + 28x12 + 34x13 + 34x14 + 28x21 – Mx22 + 36x23 + 34x24

+ 20x31 + 28x32 + 30x33 + 28x34 + 30x41 + 32x42 + 36x43 + 30x44 +

24x51 + 30x52 + 32x53 + 32x54

p.o.

x11 + x12 + x13 + x14 1

x21 + x22 + x23 + x24 1

x31 + x32 + x33 + x34 1

x41 + x42 + x43 + x44 1

x51 + x52 + x53 + x54 1

x11 + x21 + x31 + x41 + x51 = 1

x12 + x22 + x32 + x42 + x52 = 1

x13 + x23 + x33 + x43 + x53 = 1

x14 + x24 + x34 + x44 + x54 = 1

1, ako je -ti stroj raspoređen na -ti poslovni zadatak

0 ako -ti stroj nije raspoređen na -ti poslovni zadatakij

i jx

i j

9.5.2017 27

Pošto je broj strojeva veći od broja poslovnih zadataka, potrebno je

uvesti fiktivni poslovni zadatak s koeficijentima u funkciji cilja

jednakim nuli. Potom se oduzimaju vrijednosti po stupcima od

najveće vrijednosti u matrici. Tako dobivena matrica se množi s (-1) i

dalje se nastavlja raditi kao da se radi o problemu minimuma. Prema

tome, imamo:

10 8 2 2 0

8 M 36 0 2 0

16 8 6 8 0

6 4 0 6 0

12 6 4 4 0

/(-1)

9.5.2017 28

4 4 2 0 0

2 M+36 0 0 0

10 4 6 6 0

0 0 0 4 0

6 2 4 2 0

0

0

0

0

4 4 2 0 2

2 M+36 0 0 2

8 2 4 4 0

0 0 0 4 2

4 0 2 0 0

0

0

0

0

0

Prema tome, dobiveno je optimalno rješenje: x14 = 1, x23 = 1, x35 = 1,

x41 = 1 i x52 = 1. Stroj 3 će ostati neangažiran. Maksimalna

proizvodnja z = 34 + 36 + 0 + 30 + 30 = 130.9.5.2017 29