Skripta Za OI1 - 3. Kolokvij

1 Ivan kurdija

Skripta za OI1 3. Kolokvij by Picok

Transportni problem

Sadraj

1. Zatvoreni transportni problem ........................................................................................... 2

2. Osnove zatvorenog transportnog problema ................................................................... 2

2.1. Primjer ......................................................................................................................... 3

3. Metode za rjeavanje zatvorenog transportnog problema ............................................ 4

3.1. Metoda sjeverozapadnog kuta .................................................................................... 4

3.1.1. Primjer sjeverozapadnog kuta ............................................................................. 4

3.2. Metoda minimalnih trokova ...................................................................................... 6

3.2.1. Primjer minimalnih trokova ................................................................................ 7

3.3. Vogel-ova aproksimativna metoda.............................................................................. 9

3.3.1. Primjer Vogel metode .......................................................................................... 9

4. Degeneracija kod transportnog problema .................................................................... 12

4.1. Primjer sa degeneracijom (zauzeta polja su izraunata Vogel-ovom metodom) .. 13

5. Metode za izraun optimalnog rjeenja transportnog problema .................................... 14

5.1. Metoda skakanja s kamena na kamen (Metoda relativnih trokova) ....................... 14

5.1.1. Primjer metode skakanja s kamena na kamen .................................................. 14

5.2. MODI Metoda ............................................................................................................ 18

4.2.1 Primjer MODI Metode ............................................................................................. 19

6. Otvoreni transportni problem .......................................................................................... 21

6.1. Otvoreni transportni problem sa suvikom u otpremi .............................................. 21

6.1.1. Primjer otvorenog transportnog problema sa suvikom u otpremi .................. 22

6.2. Otvoreni transportni problem sa suvikom u primanju ............................................ 23

6.2.1. Primjer otvorenog transportnog problema sa suvikom u primanju ................ 23

7. Literatura .......................................................................................................................... 25

2 Ivan kurdija

1. Zatvoreni transportni problem

2. Osnove zatvorenog transportnog problema

O1 O2 On ai

I1 Cij

Xij

C*ij a1

I2 a2

In am

bj b1 b2 bn

Oznake:

Cij troak prijevoza po jedinici tereta na relaciji i - j

Xij koliina robe koja se prevozi (dok je vrijednost zaokruena)

C*ij relativni troak prijevoza

Originalni oblik transportnog problema:

Z = C11 x11 + C12 x12 + + Cmn xmn min

Ogranienja:

x11 + x12 + + x1n = a1 x11 + x21 + + xm1 = b1

x21 + x22 + + x2n = a2 x12 + x22 + + xm2 = b2

xm1 + xm2 + xmn = am x1m + x2m + + xmn = bn

xij 0

Dualni oblik transportnog problema:

Zd = u1 a1 + u2 a2 + + um am + v1 b1 + v2 b2 + + vn bn max

3 Ivan kurdija

Ogranienja:

u1 + v1 C11 um + v1 Cm1

u1 + v2 C12 um + v2 Cm2

u1 + vn C1n um + vn Cmn

Nema uvjeta nenegativnosti jer moe biti i pozitivno i negativno.

Da bi znali da li se radi o zatvorenom ili otvorenom transportnom problemu moramo zbrojiti

stupac ai i red bj, ako su jednaki radi se o zatvorenom, ako nisu radi se o otvorenom.

Otvoreni ne moemo rijeavati na ove naine koji slijede ve moramo pretvoriti u zatvoreni.

Vie o tome u temi otvoreni transportni problem.

2.1. Primjer

Zadatak:

I: 50, 30, 10

O: 25, 15, 22, 28

Cij =

Rjeenje:

Originalni oblik

Z = 1x1 + 5x2 + 8x3 +2x4 +2x5 + 6x6 + 3x7 + 4x8 + 7x9 + 9x10 + 11x11 + 9x12 min

Ogranienja

x1 + x2 + x3 + x4 = 50 x1 + x5 + x9 = 25

x5 + x6 + x7 + x8 = 30 x1 + x5 + x9 = 15

x9 + x10 + x11 + x12 = 10 x1 + x5 + x9 = 22

x1 + x5 + x9 = 28

xij 0

4 Ivan kurdija

Dualni oblik

Zd =50u1 + 30u2 + 10u3 + 25v1 + 15v2 + 22v3 + 28v4 max

Ogranienja

u1 + v1 1 u2 + v1 2 u3 + v1 7

u1 + v2 5 u2 + v2 6 u3 + v2 9

u1 + v3 8 u2 + v3 3 u3 + v3 11

u1 + v4 2 u2 + v4 4 u3 + v4 9

3. Metode za rjeavanje zatvorenog transportnog problema

3.1. Metoda sjeverozapadnog kuta

Ovo je najlaka metoda, ali i najloija. Zato se moda i nee pojaviti u kolokviju, ali ipak treba

i to znati. Kako sam naslov kae kreemo od sjeverozapadnog kuta i stavljamo maksimalnu

koliinu tereta koja je mogua s obzirom na kapacitet ishodita I1 i potrebe odredita O1. Ako

je kapacitet ishodita I1 u potpunosti iskoriten prelazimo na polje 2,1 tj. na ishodite I2 kako

i zadovoljili sve potrebe odredita O1, a ako su zadovoljene potrebe odredita O1, a kapacitet

ishodita I1 nije u potpunosti iskoriten tada prelazimo na polje 1,2 tj. zadovoljavamo

potrebe odredita O2 preostalom ponudom iz ishodita I1.

3.1.1. Primjer sjeverozapadnog kuta

Na primjeru e biti sve jasnije, stavit u za svaki korak posebnu tablicu.

O1 O2 O3 O4 ai

I1 1 5 8 2 50

I2 2 6 3 4 30

I3 7 9 11 3 10

bj 25 15 22 28 90

Poetna tablica

5 Ivan kurdija

O1 O2 O3 O4 ai

I1 1

25

5 8 2 50

I2 2 6 3 4

30

I3 7 9 11 3

10

bj 25 15 22 28 90

O1 O2 O3 O4 ai

I1 1

25 5

15 8 2

50

I2 2 6 3 4

30

I3 7 9 11 3

10

bj 25 15 22 28 90

O1 O2 O3 O4 ai

I1 1

25 5

15 8

10 2

50

I2 2 6 3 4

30

I3 7 9 11 3

10

bj 25 15 22 28 90

O1 O2 O3 O4 ai

I1 1

25 5

15 8

10 2

50

I2 2 6 3

12 4

30

I3 7 9 11 3

10

bj 25 15 22 28 90

6 Ivan kurdija

O1 O2 O3 O4 ai

I1 1

25 5

15 8

10 2

50

I2 2 6 3

12 4

18 30

I3 7 9 11 3

10

bj 25 15 22 28 90

O1 O2 O3 O4 ai

I1 1

25 5

15 8

10 2

50

I2 2 6 3

12 4

18 30

I3 7 9 11 3

10 10

bj 25 15 22 28 90

Uvijek zavravamo u donjem desnom kutu

3.2. Metoda minimalnih trokova

Kod ove metode kreemo tako da pronaemo najmanji troak, te na to polje upisujemo

maksimalnu koliinu tereta s obzirom na kapacitet ishodita i potrebe odredita.

Ako imamo jednake vrijednosti trokova biramo prvo onu na koju je mogue staviti vie

tereta. Kada smo zadovoljili kapacitet odnosno potrebe nekog ishodita ili odredita taj

redak ili stupac u sljedeem razmatranju iskljuujemo. Taj postupak ponavljamo dok ne

iskoristimo sve kapacitete i potrebe.

Koraci:

1. Traimo najmanji minimalni troak

2. Upisujemo maksimalnu koliinu tereta koju moemo

3. Ako postoji vie jednakih tereta biramo onaj na koji moemo staviti vie tereta

7 Ivan kurdija

3.2.1. Primjer minimalnih trokova

Opet u kao i u prolom primjeru napisati samo tablice

O1 O2 O3 O4 ai

I1 1 5 8 2

50

I2 2 6 3 4

30

I3 7 9 11 3

10

bj 25 15 22 28 90

O1 O2 O3 O4 ai

I1 1

25 5 8 2

50

I2 2 6 3 4

30

I3 7 9 11 3

10

bj 25 15 22 28 90

Najmanji troak je 1 i tu upisujemo najvei teret a to je 25 iz odredita

O1 O2 O3 O4 ai

I1 1

25 5 8 2

25 50

I2 2 6 3 4

30

I3 7 9 11 3

10

bj 25 15 22 28 90

Sljedei najmanji troak je 2 i stavljamo 25 iz ishodita jer smo ve 25 iskoristili

8 Ivan kurdija

O1 O2 O3 O4 ai

I1 1

25 5 8 2

25 50

I2 2 6 3

22 4

30

I3 7 9 11 3

10

bj 25 15 22 28 90

Imamo dva troka sa 3, ali uzimamo prvo ovaj gdje moemo vie staviti

O1 O2 O3 O4 ai

I1 1

25 5 8 2

25 50

I2 2 6 3

22 4

30

I3 7 9 11 3

3 10

bj 25 15 22 28 90

Sada na ovaj drugi 3 stavljamo ostali teret iz odredita O4

O1 O2 O3 O4 ai

I1 1

25 5 8 2

25 50

I2 2 6

8 3

22 4

30

I3 7 9 11 3

3 10

bj 25 15 22 28 90

O1 O2 O3 O4 ai

I1 1

25 5 8 2

25 50

I2 2 6

8 3

22 4

30

I3 7 9

7 11 3

3 10

bj 25 15 22 28 90

Konano rjeenje

9 Ivan kurdija

3.3. Vogel-ova aproksimativna metoda

Pomou ove metode dobijemo raspored tereta koji je najblii optimalnom rjeenju, te je ona

najefikasnija od ove tri metode.

Kod ove metode postoji vie koraka. Prvo je potrebno dodati jo jedan red (rj) i jedan stupac

(ri).

Ostali koraci koji se ponavljaju:

1. Razlika izmeu 2 najmanja troka (posebno za svako ishodite odnosno odredite)

2. Biramo najveu razliku

3. Na najmanji troak stavljamo maksimalni teret

* Ako je isti indeks(razlika), biramo onaj koji ima manji troak. Ako je troak isti onda biramo

onaj gdje moemo staviti vie tereta.

3.3.1. Primjer Vogel metode

O1 O2 O3 O4 ai

I1 1 5 8 2

50

I2 2 6 3 4

30

I3 7 9 11 3

10

bj 25 15 22 28 90

Dakle prvo dodajemo red i stupac ri i rj.

O1 O2 O3 O4 ai ri

I1 1 5 8 2

50

I2 2 6 3 4

30

I3 7 9 11 3

10

bj 25 15 22 28 90

rj

10 Ivan kurdija

Sada raunamo razliku od dva najmanja troka u svakom redu i stupcu. Oduzimamo manji

troak od veeg. Iz tablice ispod vidimo da je najvei indeks 5 na odreditu O3. Stavit u

posebnu oznaku, a tako moete i vi radi preglednosti.

O1 O2 O3 O4 ai ri

I1 1 5 8 2

50 1

I2 2 6 3 4

30 1

I3 7 9 11 3

10 4

bj 25 15 22 28 90

rj 1 1 5 2

Sada kod odredita O3 na najmanji troak stavljamo maksimalni teret. To je kod troka 3 i

moemo staviti 22. Nakon toga ponovno raunamo indekse ali ne gledamo stupac O3. Ja u

ga staviti u sivu boju radi preglednosti.

O1 O2 O3 O4 ai ri

I1 1 5 8 2

50 1

I2 2 6 3

22 4

30 1

I3 7 9 11 3

10 4

bj 25 15 22 28 90

rj 1 1 5 2

11 Ivan kurdija

Sada imamo najvei indeks u redu I3 i to je 4. Na najmanji troak 3 u tom redu stavljamo

maksimalni teret, a to je 10. I nakon toga ne gledamo vie taj red i ponavljamo postupak.

O1 O2 O3 O4 ai ri

I1 1 5 8 2

50 1, 1

I2 2 6 3

22 4

30 1, 2

I3 7 9 11 3

10 10

4, 4

bj 25 15 22 28 90

rj 1, 1 1, 1 5 2, 1

Sada imamo sluaj da imamo dva jednaka indeksa u redu I2 i stupcu O4. Kako sam napisao na

poetku biramo onaj koji ima manji troak. Ali imaju i isti troak pa stavljamo na onaj gdje

moemo staviti vie tereta, a to je u stupcu O4.

O1 O2 O3 O4 ai ri

I1 1 5 8 2

18 50

1, 1, 1

I2 2 6 3

22 4

30 1, 2, 2

I3 7 9 11 3

10 10

4, 4

bj 25 15 22 28 90

rj 1, 1, 1 1, 1, 1 5 2, 1, 2

12 Ivan kurdija

Mislim da je do sada ve jasno kako se ovo radi pa u samo staviti tablice bez objanjenja.

O1 O2 O3 O4 ai ri

I1 1

25 5 8 2

18 50

1, 1, 1, 4

I2 2 6 3

22 4

30 1, 2, 2, 4

I3 7 9 11 3

10 10

4, 4

bj 25 15 22 28 90

rj 1, 1, 1, 1

1, 1, 1, 1

5 2, 1, 2

O1 O2 O3 O4 ai ri

I1 1

25 5

7 8 2

18 50

1, 1, 1, 4

I2 2 6

8 3

22 4

30 1, 2, 2, 4

I3 7 9 11 3

10 10

4, 4

bj 25 15 22 28 90

rj 1, 1, 1, 1

1, 1, 1, 1

5 2, 1, 2

Kada vie ne moemo raunati indekse samo upiemo preostale kapacitet i potrebe

4. Degeneracija kod transportnog problema

Do degeneracije dolazi kada nemamo m+n-1 zauzetih polja. Dakle dok zbroj zauzetih polja

nije jednak zbroju redaka i stupaca umanjen za 1. Ako imamo 4 reda i 4 stupca, to znai da

moramo imati i 7 zauzetih polja na kraju, onih zaokruenih vrijednosti. Ako imamo manje

onda imamo degeneraciju i moramo napraviti neke izmjene.

13 Ivan kurdija

4.1. Primjer sa degeneracijom (zauzeta polja su izraunata Vogel-ovom

metodom)

O1 O2 O3 O4 ai

I1 2

50 5 4 5

50

I2 1 2

20 1

70 4

90

I3 3 1

20 5 2

40 60

bj 50 40 70 40 200

Da bi lake vidjeli o emu se radi najbolje je da si napravimo grafiki prikaz pomou stabla sa

vorovima. Iz ishodita potegnemo strelice prema odreditima na kojima imamo zauzeta

polja.

O1 O2 O3 O4

I1 I2 I3

Iz skice moemo lako vidjeti da nam stablo nije povezano te da imamo dva dijela stabla. Zato

moramo spojiti ta dva dijela stabla. Nije vano sa kojim odreditem emo spojiti ishodite I1,

samo je vano da ono bude povezano i da imamo jedno stablo. Znai ishodite I1 moemo

spojiti sa odreditem O2, O3 ili O4.

O1 O2 O3 O4

I1 I2 I3

Ovdje je povezano I1 sa O2 te sada moramo u tablicu staviti fiktivni teret na to mjesto. To

radimo na nain da na polju 1,2 (jer smo tako spojili stablo) stavimo teret 0.

14 Ivan kurdija

O1 O2 O3 O4 ai

I1 2

50 5

0 4 5

50

I2 1

2

20 1

70 4

90

I3 3 1

20 5 2

40 60

bj 50 40 70 40 200

Ovo nije optimalno rjeenje te u taj primjer koristiti kod sljedeih metoda.

5. Metode za izraun optimalnog rjeenja transportnog problema

5.1. Metoda skakanja s kamena na kamen (Metoda relativnih trokova)

Nakon to dobijemo poetni raspored tereta sa jednom od metoda prije objanjenih

moemo raunati optimalno rjeenje pomou ove metode.

Na poetku moramo izraunati vrijednosti za nezauzeta polja. Kod ove metode je vano da

uvijek imamo zatvoren put.

5.1.1. Primjer metode skakanja s kamena na kamen

Poetni raspored tereta iz prolog primjera

O1 O2 O3 O4 ai

I1 2

50 5

0 4 5

50

I2 1

2

20 1

70 4

90

I3 3 1

20 5 2

40 60

bj 50 40 70 40 200

Da bi izraunali relativne trokove na nezauzetim poljima vano je da napravimo zatvoren

put. On se radi na nain da krenemo od polja na kojem elimo izraunati relativne trokove i

poveemo sa teretom odnosno zaokruenim vrijednostima. Ovo moemo shvatiti kao igru u

15 Ivan kurdija

kojoj moramo krenuti od jedne toke i povezati ostale toke oko nje da bi se vratili na

poetno polje. Na ovom primjeru to izgleda ovako za troak 5.

O1 O2 O3 O4 ai

I1 2

50 5

0 4 5

50

I2 1

2

20 1

70 4

90

I3 3 1

20 5 2

40 60

bj 50 40 70 40 200

Kod izrauna relativnih trokova na kutovima stavljamo predznake - + - + Dakle uvijek

suprotni predznak, a kada emo raditi raspodjelu tereta tada emo imati + - + -. Na to

pripazite jer se moete lako zeznuti.

Dakle,

1. Izraun relativnih trokova: - + - +

2. Raspodjela tereta: + - + -

Te predznake moemo ovako staviti: (malo mi je tee ovdje staviti)

O1 O2 O3 O4 ai

I1 2 +

50 5 -

0 4 5

50

I2 1 -

2 +

20 1

70 4

90

I3 3 1

20 5 2

40 60

bj 50 40 70 40 200

Sada raunamo relativni troka za polje 1,2:

C12* = - C12 + C22 - C21 + C11

C12* = -5 + 2 - 1 + 2 = -2

Poto ima dosta pisanja, stavit u samo putove i rjeenja, nadam se da e biti jasno, ako ne

pitajte slobodno na fejsu.

16 Ivan kurdija

O1 O2 O3 O4 ai

I1 2

50 5

0 4 5

50

I2 1

-2 2

20 1

70 4

90

I3 3 1

20 5 2

40 60

bj 50 40 70 40 200

O1 O2 O3 O4 ai

I1 2

50 5

0 4

0 5

50

I2 1

-2 2

20 1

70 4

90

I3 3 1

20 5 2

40 60

bj 50 40 70 40 200

O1 O2 O3 O4 ai

I1 2

50 5

0 4

0 5

1 50

I2 1

-2 2

20 1

70 4

90

I3 3 1

20 5 2

40 60

bj 50 40 70 40 200

O1 O2 O3 O4 ai

I1 2

50 5

0 4

0 5

1 50

I2 1

-2 2

20 1

70 4

-1 90

I3 3 1

20 5 2

40 60

bj 50 40 70 40 200

17 Ivan kurdija

O1 O2 O3 O4 ai

I1 2

50 5

0 4

0 5

1 50

I2 1

-2 2

20 1

70 4

-1 90

I3 3 1

20 5

-5 2

40 60

bj 50 40 70 40 200

Ovdje preskaemo vrijednost na polju 2,1 sa teretom 20.

O1 O2 O3 O4 ai

I1 2

50 5

0 4

0 5

1 50

I2 1

-2 2

20 1

70 4

-1 90

I3 3

-5 1

20 5

-5 2

40 60

bj 50 40 70 40 200

Na polju 1,4 moemo vidjeti pozitivnu vrijednost te ovo nije optimalno rjeenje. Sada

moramo izvriti raspodjelu tereta. A to radimo na sljedei nain.

1. Biramo najvei relativni troak (u ovom sluaju imamo samo jedan troak, a to je 1)

2. Odreujemo zatvoreni put

3. Biramo najmanji teret koji nam se nalazi na predznaku koji emo pomicati

4. Pomiemo teret

5. Raunamo ponovno relativne trokove

Na primjeru bi to izgledalo ovako:

O1 O2 O3 O4 ai

I1 2

50 5 -

0 4

0 5 +

1 50

I2 1

-2 2

20 1

70 4

-1 90

I3 3

-5 1 +

20 5

-5 2 -

40 60

bj 50 40 70 40 200

18 Ivan kurdija

Odredimo zatvoren put i postavimo predznake, ali sada kreemo sa predznakom +.

Sada gledamo na predznaku gdje je najmanji teret. Vidimo na polju 1,2 da je to 0.

U ovom sluaju je ba ispala 0, ali inae da je neki vei broj morali bi na mjestima gdje je +

dodati toliko, a na mjestima gdje je minus oduzeti toliko. Osim na poetnom polju 1,4 odakle

kreemo, tu postavljamo tu vrijednost koju smo pomicali dakle 0, a na polje 1,2 odakle smo

uzeli vrijednost koju smo pomicali stavljamo relativni troak 1 sa predznakom -.

O1 O2 O3 O4 ai

I1 2

50 5

-1 4

5

0 50

I2 1

2

20 1

70 4

90

I3 3

1

20 5

2

40 60

bj 50 40 70 40 200

I sada ponovno raunamo relativne trokove. Moramo dobiti sve negativne vrijednosti ili

nulu da bi dobili optimalno rjeenje.

Ako imamo nule, znai da postoji 2n alternativnih rjeenja, gdje je n broj nula.

O1 O2 O3 O4 ai

I1 2

50 5

-1 4

-1 5

0 50

I2 1

-1 2

20 1

70 4

-1 90

I3 3

-4 1

20 5

-5 2

40 60

bj 50 40 70 40 200

Sada smo dobili sve negativne vrijednosti i ovo je optimalno rjeenje problema.

5.2. MODI Metoda

Kod ove metode koristit emo dodatni red i stupac. To su stupac ui i red vj. Na primjeru u

objasniti korake izrauna tih vrijednosti, te relativnih trokova.

19 Ivan kurdija

4.2.1 Primjer MODI Metode

Imamo poetni raspored tereta te dodajemo stupac ui i red vj.

O1 O2 O3 O4 ai ui

I1 19

5 30

50

10

2 7

I2 70

30

40

7 60

2 9

I3 40

8

8 70

20

10 18

bj 5 8 7 14 34

vj

Na poetku se stavlja na u1 vrijednost 0. To nije obavezno ali se tako najee kree. Nakon

toga raunamo ostale u i v vrijednosti pomou formule ui + vj = cij. Raunamo samo tamo

gdje imamo zaokruene vrijednosti. Postoji i laki nain OD-DO. Na taj nain moemo

raunati ovako.

Polje 1,1: Od 0 do 19 nam treba 19. Upisujemo 19 u v1.

Polje 1,4: Od 0 do 10 nam treba 10. Upisujemo 10 u v4.

Polje 2,1: Od 10 do 60 nam treba 50. Upisujemo 50 u u2.

I tako dalje za ostale vrijednosti.

u1 + v1 = 19 v1 = 19

u1 + v4 = 10 v4 = 10

u2 + v4 = 60 u2 = 50

u2 + v3 = 40 v3 = -10

u3 + v4 = 20 u3 = 10

u3 + v2 = 8 v2 = -2

O1 O2 O3 O4 ai ui

I1 19

5 30

50

10

2 7 0

I2 70

30

40

7 60

2 9 50

I3 40

8

8 70

20

10 18 10

bj 5 8 7 14 34

vj 19 -2 -10 10

20 Ivan kurdija

Nakon to izraunamo te vrijednosti moramo popuniti prazna polja, a ta polja raunamo

prema formuli c*ij =(ui + vj) - cij.

c*12 = (0-2) - 30 c*

12 = -32

c*13 = (0-10) - 50 c*

13 = -60

c*21 = (50+19) - 70 c*

21 = -1

c*22 = (50-2) - 30 c*

22 = 18

c*31 = (10+19) - 40 c*

31 = -11

c*33 = (10-10) - 70 c*

33 = -70

O1 O2 O3 O4 ai ui

I1 19

5 30

-32 50

-60 10

2 7 0

I2 70

-1 30

18 40

7 60

2 9 50

I3 40

-11 8

8 70

-70 20

10 18 10

bj 5 8 7 14 34

vj 19 -2 -10 10

Sada moemo vidjeti da imamo pozitivnu vrijednost u polju 2,2 te moramo napraviti

raspodjelu tereta. U prethodnom primjeru sam objasnio postupak ovdje u samo postaviti

rjeenja.

O1 O2 O3 O4 ai

I1 19

5 30

-32 50

-60 10

2 7

I2 70

-1 30

18 40

7 60

2 9

I3 40

-11 8

8 70

-70 20

10 18

bj 5 8 7 14 34

21 Ivan kurdija

Nakon toga ponovno raunamo relativne trokove i vrijednosti ui i vj.

O1 O2 O3 O4 ai ui

I1 19

5 30

-32 50

-42 10

2 7 0

I2 70

-19 30

2 40

7 60

-18 9 32

I3 40

-11 8

6 70

-52 20

12 18 10

bj 5 8 7 14 34

vj 19 -2 8 10

I sada smo dobili optimalno rjeenje pomou MODI metode.

6. Otvoreni transportni problem

6.1. Otvoreni transportni problem sa suvikom u otpremi

Kod ovog problema kapaciteti ishodita su vei od potreba odredita.

Original ovog transportnog problema je opi problem za minimum:

Z = C11 x11 + C12 x12 + + Cmn xmn min

Ogranienja piemo na ovaj nain:

x11 + x12 + + x1n a1 x11 + x21 + + xm1 = b1

x21 + x22 + + x2n a2 x12 + x22 + + xm2 = b2

xm1 + xm2 + xmn am x1m + x2m + + xmn = bn

xij 0

Dual otvorenog transportnog problema jednak je dualu zatvorenog transportnog problema,

a dual sam napisao na poetku ove skripte pa neu ponovno.

Poto je ovdje zbroj ai vei od zbroja bj moramo uvesti fiktivno odredite sa trokovima 0 i

teretom koji je potreban da bi dobili zatvoren transportni problem odnosno da zbroj a i bude

22 Ivan kurdija

jednak zbroju bj. Nakon to dodamo 0 moemo napisati originalni oblik i ogranienja kako

sam napisao na poetku skripte.

6.1.1. Primjer otvorenog transportnog problema sa suvikom u otpremi

O1 O2 O3 O4 ai

I1 130

127

108

0

9

I2 130

106

114

0

17

I3 113

121

111

0

22

I4 118 107 127 0

33

I5 133 125 115 0

19

bj 20 15 25 40 100

Nakon toga raunamo pomou neke od poetnih metoda raspodjelu tereta i relativnih

trokova.

Kod raunanja ne gledamo stupac sa 0, u njega upisujemo teret tek na kraju kada ispunimo

ova ostala polja.

U nastavku u napisati rjeenje, jer se dalje rjeava sve sa metodama koje sam ve naveo.

O1 O2 O3 O4 ai

I1 130

-20 127

-27 108

9 0

-7 9

I2 130

-14 106

3 114

14 0

-1 17

I3 113

20 121

-18 111

2 0

-4 22

I4 118

-1 107

12 127

-12 0

21 33

I5 133

-16 125

-18 115

0 0

19 19

bj 20 15 25 40 100

23 Ivan kurdija

U ovom primjeru moemo vidjeti da imamo na jednom mjestu 0. To znai da postoji jo

jedno rjeenje. Ja ga ovdje sada neu pisati. Ima u pdf-u sa moodla kod otvorenog problema.

6.2. Otvoreni transportni problem sa suvikom u primanju

Kod ovog problema kapaciteti odredita su vei od kapaciteta ishodita.

Original ovog transportnog problema je opi problem za minimum:

Z = C11 x11 + C12 x12 + + Cmn xmn min

Ogranienja piemo na ovaj nain:

x11 + x12 + + x1n = a1 x11 + x21 + + xm1 b1

x21 + x22 + + x2n = a2 x12 + x22 + + xm2 b2

xm1 + xm2 + xmn = am x1m + x2m + + xmn bn

xij 0

Poto je ovdje zbroj ai manji od zbroja bj moramo uvesti fiktivno ishodite sa trokovima 0 i

teretom koji je potreban da bi dobili zatvoren transportni problem odnosno da zbroj a i bude

jednak zbroju bj. Nakon to dodamo 0 moemo napisati originalni oblik i ogranienja kako

sam napisao na poetku skripte.

6.2.1. Primjer otvorenog transportnog problema sa suvikom u primanju

O1 O2 O3 O4 O5 ai

I1 52

24

34

23

39

20

I2 33

32

24

43

29

15

I3 38

41

42

36

45

25

I4 0 0 0 0 0

40

bj 9 17 22 33 19 100

24 Ivan kurdija

Nakon toga raunamo pomou neke od poetnih metoda raspodjelu tereta i relativnih

trokova.

Kod raunanja ne gledamo red sa 0, u njega upisujemo teret tek na kraju kada ispunimo ova

ostala polja.

U nastavku u napisati rjeenje, jer se dalje rjeava sve sa metodama koje sam ve naveo.

O1 O2 O3 O4 O5 ai

I1 52

24

12 34

23

8 39

20

I2 33

32

24

15 43

29

15

I3 38

41

42

36

25 45

25

I4 0

9 0

5 0

7 0 0

19 40

bj 9 17 22 33 19 100

Veina primjera je preuzeta sa moodla, sa njihovih skripti. Mogue su greke u skripti ipak je

toga jako mnogo. Ako imate bilo kakva pitanja pitajte i nadam se da u moi odgovoriti.

Nadam se da je dobro objanjeno, ne mogu previe bolje ovako napismeno.

Email: [email protected] / [email protected]

25 Ivan kurdija

7. Literatura

Biljeke sa seminara

http://elf.foi.hr/mod/resource/view.php?id=4611






Documents

Skripta Za OI1 - 3. Kolokvij