Vorlesung 07: Transportproblem

Grundlagen Operations Research

Minimaler spannender Baum

Ein Netz für sechs Städte

Aufgabe und Definition

Gesucht ist ein gesamtkostenminimales Streckennetz, das $n$ Orte direkt oder indirekt verbindet.

Minimaler spannender Baum

In einem zusammenhängenden, bewerteten, ungerichteten Graphen $G$ ist $T^*$ ein minimaler spannender Baum, wenn kein anderer spannender Baum eine geringere Gesamtbewertung besitzt.

Der Kruskal-Algorithmus

Idee

Kanten aufsteigend nach Bewertung durchgehen und jede Kante aufnehmen, die keinen Kreis erzeugt, bis $n-1$ Kanten gewählt sind.

• Start: Kanten sortieren, $\lambda(k_1) \le \lambda(k_2) \le \dots$
• Iteration: $k_\mu$ aufnehmen, falls kein Kreis entsteht.
• Abbruch: sobald $\bar{\mathcal{E}}$ genau $n-1$ Kanten enthält.

Beispiel: Flugstreckennetz

Sechs Städte, zehn mögliche Verbindungen mit Baukosten.

Frage: Welche fünf Kanten würden Sie wählen?

Kruskal Schritt für Schritt

Günstigste Kante zuerst: $[1,3]$ mit $20$.

$[3,5]$ mit $30$: kein Kreis, aufnehmen.

$[2,5]$ mit $34$: kein Kreis, aufnehmen.

$[3,4]$ mit $40$: aufnehmen. Danach $[2,3]$ ($41$) und $[1,2]$ ($42$): beide würden einen Kreis schließen, also überspringen!

$[5,6]$ mit $46$, die fünfte Kante: $n - 1 = 5$, fertig.

Der minimale spannende Baum

Ergebnis

Kanten $[1,3], [3,5], [2,5], [3,4], [5,6]$ mit Gesamtbewertung $$20 + 30 + 34 + 40 + 46 = 170$$

Minimaler 1-Baum

Ein 1-Baum ist zusammenhängend mit genau einem Kreis.

1. Entferne einen vorgegebenen Knoten $i_0$ (kein Artikulationsknoten) samt seiner Kanten.
2. Bestimme für den Rest mit Kruskal einen minimalen spannenden Baum.
3. Füge $i_0$ mit seinen zwei günstigsten Kanten wieder hinzu.

Der 1-Baum liefert eine untere Schranke für Rundreiseprobleme (Travelling Salesman).

1-Baum am Beispiel

Für $i_0 = 1$:

• Ohne Knoten 1 wählt Kruskal vier Kanten (Kosten $150$).
• Knoten 1 kehrt mit $[1,3]$ ($20$) und $[1,2]$ ($42$) zurück.

Ein Kreis: $1{-}3{-}5{-}2{-}1$. Gesamt: $212$.

Das Transportproblem

Beispiel: Reifentransport

Ein Unternehmen produziert in Hannover und Regensburg und beliefert Stuttgart, Wolfsburg und Dresden.

von / nach	Stuttgart	Wolfsburg	Dresden	Angebot
Hannover	150	30	110	15
Regensburg	80	140	100	15
Nachfrage	13	11	6	30

Summe Angebot $=$ Summe Nachfrage $= 30$.

Als Netz

Anbieter H, R (Angebot $a_i$) links, Nachfrager S, W, D (Bedarf $b_j$) rechts.

Jeder Pfeil trägt die Transportkosten $c_{ij}$ pro Ladung.

Lineares Optimierungsproblem

$$\text{Minimiere } F = \sum_i \sum_j c_{ij}\, X_{ij}$$

$$\begin{aligned} \sum_j X_{ij} &= a_i && \text{für alle } i \quad (u_i) \\ \sum_i X_{ij} &= b_j && \text{für alle } j \quad (v_j) \\ X_{ij} &\ge 0 \end{aligned}$$

$X_{ij}$: Transportmenge von Standort $i$ zu Abnehmer $j$.

Eine Gleichung ist redundant

Die Angebots- und Nachfragegleichungen sind nicht unabhängig:

$$G_1 = G_3 + G_4 + G_5 - G_2$$

Eine Gleichung darf entfallen. Bei $|I| + |J|$ Restriktionen bleiben $|I| + |J| - 1$ unabhängige. Die Dualvariablen sind deshalb nur bis auf eine Normierung bestimmt (gleich: $u_1 := 0$).

Angebot ungleich Nachfrage

Ausgleich

Ist $\sum_i a_i > \sum_j b_j$, führt man einen fiktiven Nachfrager ein mit $$b_{|J|+1} = \sum_i a_i - \sum_j b_j, \qquad c_{i,|J|+1} = 0$$

So wird jedes Transportproblem auf den ausgeglichenen Fall zurückgeführt.

Vogelsche Approximationsmethode

Idee der Methode

Heuristik für eine gute Startlösung:

Idee

Betrachte je Zeile und Spalte die Strafkosten $\Delta$: die Differenz aus günstigster und zweitgünstigster Verbindung. Zuerst wird dort belegt, wo $\Delta$ am größten ist (dort wäre Ausweichen am teuersten). Bei Gleichstand entscheidet der kleinere Index (zuerst Zeilen, dann Spalten).

1. Iteration

von / nach	S	W	D	$a_i$	$\Delta_i$
Hannover	150	30	110	15	80
Regensburg	80	140	100	15	20
$b_j$	13	11	6
$\Delta_j$	70	110	10

$\max \Delta = 110$ (Spalte W) $\Rightarrow X_{1,2} = \min\{15, 11\} = 11$.

2. und 3. Iteration

• Spalte W ist gedeckt. Größtes $\Delta = 70$ (Spalte S) $\Rightarrow X_{2,1} = \min\{15, 13\} = 13$.
• Es bleibt nur noch Dresden: $X_{1,3} = 4$, $X_{2,3} = 2$.

Startlösung

$$F = 30 \cdot 11 + 80 \cdot 13 + 110 \cdot 4 + 100 \cdot 2 = 2010$$

Lösung als Baum

• Je Basisvariable eine Kante.
• Anzahl Kanten $=$ Knoten $-1$ (hier $4 = 5 - 1$).
• Eine zusätzliche Kante erzeugt einen Umverteilungskreis.

MODI-Methode

Reduzierte Kosten

Spezialisiertes LP-Verfahren auf einer zulässigen Startlösung. Die reduzierten Kosten einer Transportvariablen:

$$\bar c_{ij} = c_{ij} - u_i - v_j$$

Für Basisvariablen gilt stets $\bar c_{ij} = 0$, also $c_{ij} = u_i + v_j$. Daraus bestimmt man die Dualvariablen $u_i, v_j$.

Dualvariablen bestimmen

Aus den vier Basisvariablen und $u_1 := 0$:

$$\begin{aligned} 30 &= u_1 + v_2 \\ 110 &= u_1 + v_3 \\ 80 &= u_2 + v_1 \\ 100 &= u_2 + v_3 \end{aligned} \;\Rightarrow\; v_2 = 30,\; v_3 = 110,\; u_2 = -10,\; v_1 = 90$$

Optimalitätsprüfung

Reduzierte Kosten der Nichtbasisvariablen:

$$\bar c_{1,1} = 150 - 0 - 90 = 60 > 0$$ $$\bar c_{2,2} = 140 + 10 - 30 = 120 > 0$$

Grafisch ist $\bar c_{1,1}$ der Umweg über den Kreis $(H{,}S) \to (H{,}D) \to (R{,}D) \to (R{,}S)$: $150 - 110 + 100 - 80 = 60$.

Alle $\bar c_{ij} \ge 0 \Rightarrow$ die Startlösung ist bereits optimal. Wäre ein $\bar c_{ij} < 0$, würde man $X_{ij}$ entlang des Kreises in die Basis bringen, wie im nächsten Beispiel.

MODI mit Umverteilung

Angebot ≠ Nachfrage

Drei Standorte, vier Zentren. Das Angebot übersteigt die Nachfrage:

$$\textstyle\sum a_i = 160 \;>\; \sum b_j = 140$$

Ausgleich durch einen fiktiven Nachfrager $j = 5$ mit $b_5 = 20$ und Kosten $c_{i5} = 0$:

$c_{ij}$	1	2	3	4	5	$a_i$
1	110	150	160	130	0	50
2	130	140	180	120	0	60
3	140	100	110	160	0	50
$b_j$	30	40	20	50	20

Die Startlösung

Der Distributionsleiter plant bisher so (Basiszellen mit Mengen, $3 + 5 - 1 = 7$ Stück):

$X_{ij}$	1	2	3	4	5	$a_i$
1	30	–	10	–	10	50
2	–	–	–	50	10	60
3	–	40	10	–	–	50
$b_j$	30	40	20	50	20

Kosten dieses Plans: $30 \cdot 110 + 10 \cdot 160 + 50 \cdot 120 + 40 \cdot 100 + 10 \cdot 110 = 16\,000$.

Frage: Geht es günstiger?

Startlösung nicht optimal

Aus den sieben Basiszellen ($c_{ij} = u_i + v_j$, Normierung $u_1 := 0$) folgen $u = (0, 0, -50)$ und $v = (110, 150, 160, 120, 0)$.

Eine Nichtbasisvariable hat negative reduzierte Kosten:

$$\bar c_{2,2} = c_{2,2} - u_2 - v_2 = 140 - 0 - 150 = -10 \;<\; 0$$

$\Rightarrow X_{2,2}$ in die Basis aufnehmen, entlang eines Umverteilungskreises durch die Basiszellen.

Der Umverteilungskreis

$X_{ij}$	1	2	3	4	5	$a_i$
1	30	–	10 −Δ	–	10 +Δ	50
2	–	+Δ	–	50	10 −Δ	60
3	–	40 −Δ	10 +Δ	–	–	50
$b_j$	30	40	20	50	20

Jede Zeilen- und Spaltensumme bleibt erhalten. Das größtmögliche $\Delta$ bestimmen die −Δ-Zellen: $\min\{10,\, 10,\, 40\} = 10$.

Ersparnis: $\Delta \cdot |\bar c_{2,2}| = 10 \cdot 10 = 100$.

Optimale Lösung

Nach der Umverteilung sind alle reduzierten Kosten $\ge 0$:

Zelle	$X_{1,1}$	$X_{2,2}$	$X_{2,4}$	$X_{3,2}$	$X_{3,3}$	$X_{1,5}$	$X_{2,5}$
Menge	30	10	50	30	20	20	0

Zwei $-\Delta$-Zellen wurden gleichzeitig null, nur eine verlässt die Basis: $X_{2,5} = 0$ bleibt als degenerierte Basisvariable (primale Degeneration, Vorlesung 5!).

Optimum

$X_{1,5} + X_{2,5} = 20$ bleibt beim fiktiven Nachfrager (nicht ausgeliefert), $$F^* = 16\,000 - 100 = 15\,900$$

Kontrolle mit Julia

Reifentransport mit JuMP

using JuMP, HiGHS

a = [15, 15]                       # Angebot: Hannover, Regensburg
b = [13, 11, 6]                    # Nachfrage: Stuttgart, Wolfsburg, Dresden
c = [150 30 110; 80 140 100]       # Transportkosten c[i,j]

modell = Model(HiGHS.Optimizer); set_silent(modell)
@variable(modell, X[1:2, 1:3] >= 0)
@objective(modell, Min, sum(c[i,j] * X[i,j] for i in 1:2, j in 1:3))
@constraint(modell, [i in 1:2], sum(X[i,j] for j in 1:3) == a[i])   # Angebot
@constraint(modell, [j in 1:3], sum(X[i,j] for i in 1:2) == b[j])   # Nachfrage

optimize!(modell)
println("F* = ", objective_value(modell))

F* = 2010.0

Distribution mit JuMP

Angebot als $\le$ (Überschuss bleibt liegen), Nachfrage als $=$:

a = [50, 60, 50]; b = [30, 40, 20, 50]
c = [110 150 160 130; 130 140 180 120; 140 100 110 160]

modell = Model(HiGHS.Optimizer); set_silent(modell)
@variable(modell, X[1:3, 1:4] >= 0)
@objective(modell, Min, sum(c[i,j]*X[i,j] for i in 1:3, j in 1:4))
@constraint(modell, [i in 1:3], sum(X[i,j] for j in 1:4) <= a[i])   # Angebot
@constraint(modell, [j in 1:4], sum(X[i,j] for i in 1:3) == b[j])   # Nachfrage

optimize!(modell)
println("F* = ", round(Int, objective_value(modell)))

F* = 15900

Zusammenfassung

Das Wichtigste auf einen Blick

• Der Kruskal-Algorithmus liefert den minimalen spannenden Baum (kreisfreies, kostenminimales Netz).
• Das Transportproblem verteilt Angebot auf Nachfrage bei minimalen Kosten: eine Restriktion ist redundant.
• Die Vogelsche Approximationsmethode erzeugt schnell eine gute Startlösung.
• Die MODI-Methode prüft und verbessert sie über reduzierte Kosten $\bar c_{ij} = c_{ij} - u_i - v_j$.

Literatur

Literaturverzeichnis

Domschke, Wolfgang, Andreas Drexl, Robert Klein, und Armin Scholl. 2015. Einführung in Operations Research. 9. Aufl. Springer Gabler. https://doi.org/10.1007/978-3-662-48216-2.