1.1 K BLEM NA NEORJENTISANIM

AN, i ne 0ji1 , ,

Aji, ji1 ,

G najmanje jedanput i za koji je:

Ajisveij ji1s

,

min,

gdje je ijs - broj polazaka kroz granu ji, .

-ovu turu i Euler-ov

put.

Euler- -ov put je

G posjeduje Euler-ovu turu (Euler-ov put) ako i G

Na Sl. 1

Euler-ovu turu.

Sl. 1

Kao primjer Euler-ove ture kroz mre u prikazanu na Sl. 1 mo e da nam poslu i ciklus

badfdcfecbeb ,,,,,,,,,,, .

Na Sl. 2 -ov put.

Sl. 2

b i i Euler-ov put. Takav je na primjer put:

ijfgjhgehbefidfcdaceab ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, .

Na Sl. 3 -ovu turu ni Euler-ov put.

Sl. 3

hfa ,, i g -

ovu turu ni Euler-ov put.

-

ANG , k -ove ture imaju jednaku

Ajisve

ji1,

,

ANG , prolazi najmanje jedanput.

G transform ANG ,

napraviti Euler-ovu turu.

GG G

na Sl. 4.

Sl. 4

fb, povezuje

b f b

S Pneparnog stepena sa N . Jasno je da je PSN oj, to

N ia

ia 1m2a ii . Sa k

k

1i

k

1i

k

1iiii km21m2aN

k

1ii Nm2k

ti

KORAK 1: Prona i sve vorove neparnog stepena u mre i ANG , . Neka ih ima ukupno k , pri emu

je k paran broj.

KORAK 2: Prona imo 2

k, parova ovih vorova takvih da je ukupna du ina grana izme u ovih vorova

minimalna. Drugim rje ima, prona imo 2

k najkra ih puteva izme u uo enih k vorova.

KORAK 3: Za svaki od 2

k parova vorova dodajemo vje ta ke grane paralelne postoje im na najkra em

putu izme u dva vora. Novi graf ANG , ne sadr i vorove neparnog stepena.

KORAK 4: Prona imo Euler-ovu u mre i ANG , . Ova Euler-ova tura predstavlja optimalno rje enje

kineskog po tanskog problema u originalnon mre i ANG , . Du ina ove optimalne ture

jednak je zbiru du ine svih grana mre e ANG , i du ina 2

k najkra ih puteva izme u

uo enih 2

k parova vorova koji su u originalnoj mre i bili vorovi neparnog stepena.

P r i m j e r : Rje itu kineski po tanski problem u slu aju da tura po inje i zavr ava a transportne

mre e prikazane na Sl. 5.

Sl. 5

4 fed ,, i g . Postoje,

ed i gf , gd i ef i fd i ge. Na Sl. 6

ed i gf . Ovim

ed, i

gf , -

aecabdedfgfegda ,,,,,,,,,,,,,,

ed, i gf , prolazi dva puta.

Sl. 6

(29)

Da bi razjasnili ovu konstataciju razmotrimo Sl. 7.

Sl. 7

tsr ,, i q

tr qs ji, . U

tr i qs

sr i qt ji1 , manja od ukupne

tr i qs

ena u neposrednom susjestvu.

1.2 KLASIFIKACIJA PROBLEMA ROTACIJE I REDOVA (LETENJA) NA TRANSPO

tro

govorim o tzv. kombinovanim problemima ro

1

A. - 1. 2.

(kombinovani problem rotacije i

3.

B. - 1. 2.

C. 1. 2.

D. 1. 2. sredstava

E. Karakter zahtjeva za opslugom 1. 2.

F. Mjesta javljanja zahtjeva za opslugom 1. 2. zahtjevi za 3.

G. -

1 L. Bpdin and B. Golden, Classification in Vehicle Routing and Scheduling, Networks, Volume 11, Number 2,

1981, pp. 97-108

1. 2. 3.

H. stava 1. 2. 3.

I. Maksimalno 1. 2. 3.

floti

J. - 1. promjenljivi 2. fiksni

K. Operacije koje se obavljaju 1. prikupljanje 2. 3.

L. Kriterijumska funkcija na osno 1. 2. 3.

M. (zavise od konkretnog problema)

postupkom.

1.3 PROJEKTOVANJE OPTIMALNIH RUTA ZA FLOTU SAOBRA AJNIH SREDSTAVA KOJA TREBA DA OPSLU E SVE VOROVE

TRANSPORTNIH MRE A

m trgovakih putnika treba da posjeti n m B

m rutu najmaB B sa m kopija

n21 B,...B,B kopija povezana sa skupom od n

BB n

a,Bda,Bd...a,Bda,Bd m21

gdje je a

ji B,Bd za m,...,2,1j,i

nm

iB jB s obzirom da je ji B,Bd za

m,...,2,1j,i .

B m zahtjeva u originalnom problemu.

P r i m j e r : Na Sl. 1 4

Sl. 1.

Sl. 1

4321B

4

3

2

1

B

7

06,8

1

3

7

4

06,8

4

06,8

4

7

64,5

4

06,8

7

5

3

4

64.5

5

2 2 kopije baze B

1B i 2B . Nova matrica rastojanja je:

4321BB 2

4

3

2

1

B

B

2

1

7

06,8

4

3

3

7

4

06,8

4

4

06,8

7

7

64,5

64,5

4

06,8

7

5

5

3

5

56,5

5

3

4

56,5

5

121 B414B32B

64,27 .

Spajanjem kopija 1B i 2B B ) dobijaju se 2

sredstva. Ove ture prikazane su na Sl. 2.

Sl. 2

4 4

121 B14B32B

64,25 Sl. 3

Sl. 3

1.4 METOD ZA ODRE IVANJE MINIMALNOG BROJA SAOBRA AJNIH SREDSTAVA NEOPHODNIH ZA OBAVLJANJE ZADATOG REDA

VO NJE (LETENJA) NA TRANSPORTNOJ MRE I

ih za obavljanje

broja aviona neophodnih za obavljanje zadatog rada letenja, A. Levin je 1970. godine 31

Prrije izlaganja metoda A. Levin-

ORJENTISANIM GRAFOM.

Graf A,NG N S i T takva je da:

NTS

0TS

A S T , naziva se BIHROMATSKIM GRAFOM.

*A;T,SG

e podrazumjeva se podjela skupa

N granama koje ih povezuju obrazuju lance. Napomenimo da i da predstavlja

A,NG N lanaca

N N ). Na Sl. 4 prikazan je

2021 x...,,x,x .

Sl. 4

Dekompozicija ovog grafa prikazana je na Sl. 5. Graf je dekomponovan u 9 lanaca. Tri lanca su

6x , lanac 17x i lanac 19x )

Sl. 5

Svakako da nam

Sl. 6.

Sl. 6

Na Sl. 6 prikazan je prostorno-vremenski dijagran sa 14 grada A i grada B , grada B i grada C , grada C i grada B i grada B i grada A .

Jas

planiranih 14 1 , zatim let broj 5 , let broj 7 i na kraju let broj .10

10,7,5,1

e) 7,5,1 i 10

obave prikazan je Sl. 7.

Sl. 7

U ovoj mre ix jx jx

ix jx ix , a

jx ix i ako je momenat planiranog

jx poslije mome ix .

alnom broju

A,NG C broj lanaca u koje je

C...,,2,1k k -

kn . Sa N G

samo jednom lancu, to je:

Nn...nn C21

Dalje je:

C

1k

N C

1kkn CCnk

C

1k

N C1nk

Broj grana u svakom lancu za 1 kn

k , tada je 1nk broj grana lanca k . Jasno da

C

1kk 1n

predstavlja broj grana koje pripadaju lancima u koje je dekomponovan graf G .

D

C

1kk 1nD

odnosno:

CDN

N grafa G fiksiran, to minimiziranje broja lanaca C u kojoj se graf G

D koje pripadaju lancima u koje je

dekomponovan graf G . *A;T,SG koji odgovara grafu A,NG prikazanom na

Sl. 7 Sl. 8.

5x 1x

bihromatskom grafu *A;T,SG 1s 5t .

Sl. 8

Predpostavimo da je kapacitet sveka grane u bihromatskom grafu *

ji At,s jednak 1 . Ukoliko

grana ji x,x G priprada nekom od lanaca u koje smo dekomponovali graf G tada

1 . Ukoliko grana

ji x,x nije dio ni jednog od lanaca u koje je dekomponovan graf G

ji t,s O

Ukoliko u bihromatskom grafu *A;T,SG ji t,s , tada je grana

ji x,x grafa A,NG dio nekog od lanaca u koje smo dekomponovali graf G upan

broj grana koje pripadaju lancima u koje je graf G dekomponovan, D jednak vrijednosti ukupnog toka

ne is

intenziteta jednakog 1 jt

jednakog 1 .

C D

*A;T,SG is

1 jt

akog 1 .

P r i m j e r : Iz

vremenskom dijagramu na Sl. 6. Na Sl. 9

is .

1s i

51 t,s , 61 t,s , 91 t,s , 101 t,s , 131 t,s i

141 t,s . Prvoj od ovih grana 51 t,s dodjelimo tok intenziteta 1 1s

1 61 t,s , 91 t,s , 101 t,s , 131 t,s i 141 t,s da ostene

5t 5t

1 .

Sl. 9

2s 42 t,s , 82 t,s i 102 t,s . Prvoj od

ovih grana, grani 42 t,s dodjelimo tok jednak 1 . Grane 82 t,s i 102 t,s

4t Sl. 10.

Sl. 10

3s 63 t,s , 93 t,s , 103 t,s ,

133 t,s i 143 t,s . Grani 63 t,s dodjeljen je tok intenziteta 1 , dok ostale grane ostaju bez toka Sl. 11.

Sl. 11

4s . Iz njega izlaze grane 64 t,s , 94 t,s , 104 t,s , 134 t,s i 144 t,s . Do

sada smo, po nekom pravilu, uvijek prvoj grani koja polazi iz 1 .

64 t,s 6t 63 t,s

koje postoji tok intenziteta 1 . Stoga dodjelimo tok grani 94 t,s . Grana 104 t,s , 134 t,s i 144 t,s

ostaje bez toka Sl. 12.

Sl. 12

1 granama 75 t,s ,

116 t,s , 107 t,s , 138 t,s , 129 t,s i 1411 t,s ostalih grana koje postoje bihromatskom grafu

Sl. 13

Sl. 13

Sl. 13, u bihromatskom grafu postoji 10 jednak 1

10D

rafu

14N

41014DNC

-

vremenskom dijegramu na Sl. 6 4

Bihromatski graf prikazan na Sl. 13 daje nam informaciju o tome koje grane ulaze u sastav lanaca u koje

51 t,s 51 x,x u grafu

G ulazi u sastav jednog od laSl. 13 prikazan je na Sl. 14.

Sl. 14

Na Sl. 15 prikazane su rute 4

Sl. 15

1.5 PLANIRANJE POSADA U SL NOG VREMENA

dvokratnog radnog vemena kroz razmatranje jednog konkretnog primjera. Autori metoda su B. Benett i R.

-a i R. Potts-a. U

1. 2. Ni jedn 3.

trajanju od najmanje 20 minuta.

4.

Tabela 1

5. Vrijeme provedeno na radu (zbir vremena trajanja prijepodnevne i popodnevne ture) ne smije

6. pop

,2,1 i 3 nazivaju se ispravnim

turama. U prethodnoj tabeli su prikazane ispravne ture

- - - Dodatnih pola puta

i1a i i2a 34...,,2,1i j1b i

j2b 34...,,2,1j

ijd - i -tu prijepodnevnu i

j -tu popodnevnu turu,

ijs - i -tu prijepodnevnu i j -tu

popodnevnu turu.

Jasno je da je:

j1j2i1i2ij bbaad

i1j2ij abs

Vrijeme provedeno na pauzi

provedenog na radu, tj.

ijiji2j1 dsab

to je:

90ds ijij

Vriijeme provedeno na

540dij

720sij

495dza495d

495dza,0

ijij

ij

Ovo vrije

495d2

1495d

2

1ijij

495d5,1495d5,1 ijij

495d2

3495d

2

3ijij

ijc j , jednaki:

495d2

1495d

2

13c ijijij

585s2

1585s

2

1ijij

645s2

1645s

2

1ijij

ijc od vremena provedenog na radu ijd

ijs prikazana je na Sl. 16.

Sl. 16

Uvedimo u razmatranje binarnu promjenljivu ijx :

Jasno je da je:

34

1i

34

1jijij 1xx 34...,,2,1j,i