Vorlesung 07: Transportproblem

Grundlagen Operations Research

Spannender Baum

Ein Netz für sechs Städte

Aufgabe und Definition

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

HinweisMinimaler 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

TippIdee

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 $40$: kein Kreis, aufnehmen.

$[2,3]$ mit $41$: würde den Kreis $2{-}3{-}5{-}2$ schließen, verwerfen.

$[1,2]$ mit $42$: würde den Kreis $1{-}2{-}5{-}3{-}1$ schließen, verwerfen.

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

Der minimale spannende Baum

WichtigErgebnis

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.

Voraussetzung: ein vollständiger Graph ohne parallele Kanten und Schlingen.

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

Das Flugstreckennetz ist nicht vollständig. Neues Beispiel: fünf Knoten, jeder mit jedem verbunden.

Für $i_0 = 1$: Knoten 1 samt seiner vier Kanten entfernen.

Kruskal auf dem Rest: zuerst $[3,4]$ mit $11$, aufnehmen.

$[3,5]$ mit $14$: kein Kreis, aufnehmen.

$[2,4]$ mit $17$: drei Kanten für vier Knoten, fertig. Kosten $11 + 14 + 17 = 42$.

Knoten 1 kehrt zurück: günstigste Kante $[1,2]$ mit $13$.

Zweitgünstigste Kante $[1,4]$ mit $15$. Ein Kreis: $1{-}2{-}4{-}1$, gesamt $42 + 13 + 15 = 70$.

Vom 1-Baum zur Rundreise

Der 1-Baum mit $70$ ist noch keine Rundreise: Knoten 5 hat nur eine Kante, Knoten 4 drei.

Kante $[2,5]$ mit $19$ hinzufügen: Knoten 5 hat nun zwei Kanten, Knoten 2 und 4 je drei.

Kante $[2,4]$ mit $17$ entfernen: Rundreise $1{-}2{-}5{-}3{-}4{-}1$ mit $70 + 19 - 17 = 72$.

Untere Schranke: Keine Rundreise ist kürzer als der 1-Baum mit $70$; die beste hat hier $72$.

Transportproblem

Beispiel: Reifentransport

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

von / nach	S	W	D	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.

TippGleich ausprobieren

Auf der nächsten Folie verteilen Sie die Reifen selbst. Reicht es, wenn jede Stadt die billigste Route nimmt?

Sie sind dran

Lineares Optimierungsproblem

Was Sie im Spiel von Hand verteilt haben, als Modell:

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

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

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

Eine Gleichung ist redundant

Die Angebots- und Nachfragegleichungen sind nicht unabhängig:

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

Im Beispiel: $G_1, G_2$ Angebot (Hannover, Regensburg), $G_3, G_4, G_5$ Nachfrage (Stuttgart, Wolfsburg, Dresden).

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

HinweisAusgleich

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

Ist umgekehrt $\sum_j b_j > \sum_i a_i$, kommt ein fiktiver Anbieter hinzu: $$a_{|I|+1} = \sum_j b_j - \sum_i a_i, \qquad c_{|I|+1,j} = 0$$

So wird jedes Transportproblem auf den ausgeglichenen Fall zurückgeführt.

Vogel-Methode

Idee der Methode

Heuristik für eine gute Startlösung:

TippIdee

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. Iteration

von / nach	S	W	D	$a_i$	$\Delta_i$
Hannover	150	–	110	4	40
Regensburg	80	–	100	15	20
$b_j$	13	–	6
$\Delta_j$	70	–	10

Spalte W ist gedeckt, Hannover hat noch $15 - 11 = 4$. Neu: $\Delta_1 = 150 - 110 = 40$.

$\max \Delta = 70$ (Spalte S) $\Rightarrow X_{2,1} = \min\{15, 13\} = 13$.

3. Iteration

von / nach	S	W	D	$a_i$	$\Delta_i$
Hannover	–	–	110	4	–
Regensburg	–	–	100	2	–
$b_j$	–	–	6
$\Delta_j$	–	–	10

Spalte S ist gedeckt, Regensburg hat noch $15 - 13 = 2$. Je Zeile bleibt nur eine Zelle, also kein $\Delta_i$.

$\max \Delta = 10$ (Spalte D) $\Rightarrow X_{2,3} = \min\{2, 6\} = 2$.

4. Iteration

von / nach	S	W	D	$a_i$	$\Delta_i$
Hannover	–	–	110	4	–
Regensburg	–	–	–	–	–
$b_j$	–	–	4
$\Delta_j$	–	–	–

Regensburg ist ausgeschöpft, es bleibt nur eine Zelle: $X_{1,3} = \min\{4, 4\} = 4$.

WichtigStartlösung

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

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 $u_i, v_j$.

Vorgehensweise

1. Dualvariablen aus $c_{ij} = u_i + v_j$ der Basisvariablen bestimmen; da eine Gleichung redundant ist, z. B. $u_1 := 0$.
2. Reduzierte Kosten $\bar c_{ij}$ aller Nichtbasisvariablen berechnen.
3. Alle $\bar c_{ij} \ge 0$: Lösung optimal, Abbruch. Sonst die Nichtbasisvariable mit minimalem $\bar c_{ij} < 0$ aufnehmen.
4. Im Umverteilungskreis verlässt die Basisvariable die Basis, die bei Erhöhung der neuen als erste null wird (bei mehreren nur eine).
5. Mit der neuen Lösung weiter bei Schritt 1.

Dualvariablen bestimmen

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

$$\begin{aligned} 30 &= u_1 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; v_2 = 30 - 0 = 30} \\ 110 &= u_1 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; v_3 = 110 - 0 = 110} \\ 80 &= u_2 + v_1 &&\phantom{\Rightarrow\; v_1 = 80 - (-10) = 90} \\ 100 &= u_2 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; u_2 = 100 - 110 = -10} \end{aligned}$$

Gesucht: jeweils eine Gleichung mit nur einer Unbekannten.

$$\begin{aligned} 30 &= u_1 + v_2 &&\mathbf{\Rightarrow\; v_2 = 30 - 0 = 30} \\ 110 &= u_1 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; v_3 = 110 - 0 = 110} \\ 80 &= u_2 + v_1 &&\phantom{\Rightarrow\; v_1 = 80 - (-10) = 90} \\ 100 &= u_2 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; u_2 = 100 - 110 = -10} \end{aligned}$$

$u_1 = 0$ ist bekannt: Zelle $(1,2)$ liefert $v_2$.

$$\begin{aligned} 30 &= u_1 + v_2 &&\Rightarrow\; v_2 = 30 - 0 = 30 \\ 110 &= u_1 + v_3 &&\mathbf{\Rightarrow\; v_3 = 110 - 0 = 110} \\ 80 &= u_2 + v_1 &&\phantom{\Rightarrow\; v_1 = 80 - (-10) = 90} \\ 100 &= u_2 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; u_2 = 100 - 110 = -10} \end{aligned}$$

Ebenso liefert Zelle $(1,3)$ den Wert $v_3$.

$$\begin{aligned} 30 &= u_1 + v_2 &&\Rightarrow\; v_2 = 30 - 0 = 30 \\ 110 &= u_1 + v_3 &&\Rightarrow\; v_3 = 110 - 0 = 110 \\ 80 &= u_2 + v_1 &&\phantom{\Rightarrow\; v_1 = 80 - (-10) = 90} \\ 100 &= u_2 + v_3 &&\mathbf{\Rightarrow\; u_2 = 100 - 110 = -10} \end{aligned}$$

Mit $v_3$ liefert Zelle $(2,3)$ den Wert $u_2$.

$$\begin{aligned} 30 &= u_1 + v_2 &&\Rightarrow\; v_2 = 30 - 0 = 30 \\ 110 &= u_1 + v_3 &&\Rightarrow\; v_3 = 110 - 0 = 110 \\ 80 &= u_2 + v_1 &&\mathbf{\Rightarrow\; v_1 = 80 - (-10) = 90} \\ 100 &= u_2 + v_3 &&\Rightarrow\; u_2 = 100 - 110 = -10 \end{aligned}$$

Mit $u_2$ liefert Zelle $(2,1)$ zuletzt $v_1$. Ergebnis: $u = (0, -10)$, $v = (90, 30, 110)$.

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.

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?

Dualvariablen der Startlösung

Sieben Basiszellen, je $c_{ij} = u_i + v_j$, Normierung $u_1 := 0$:

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\phantom{\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110} \\ 160 &= u_1 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; v_3 = 160 - 0 = 160} \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\phantom{\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0} \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\phantom{\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120} \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\phantom{\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0} \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; v_2 = 100 - (-50) = 150} \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; u_3 = 110 - 160 = -50} \end{aligned}$$

Gesucht: jeweils eine Gleichung mit nur einer Unbekannten.

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\mathbf{\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110} \\ 160 &= u_1 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; v_3 = 160 - 0 = 160} \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\phantom{\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0} \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\phantom{\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120} \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\phantom{\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0} \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; v_2 = 100 - (-50) = 150} \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; u_3 = 110 - 160 = -50} \end{aligned}$$

$u_1 = 0$ ist bekannt: Zelle $(1,1)$ liefert $v_1$.

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110 \\ 160 &= u_1 + v_3 &&\mathbf{\Rightarrow\; v_3 = 160 - 0 = 160} \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\phantom{\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0} \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\phantom{\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120} \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\phantom{\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0} \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; v_2 = 100 - (-50) = 150} \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; u_3 = 110 - 160 = -50} \end{aligned}$$

Ebenso liefert Zelle $(1,3)$ den Wert $v_3$.

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110 \\ 160 &= u_1 + v_3 &&\Rightarrow\; v_3 = 160 - 0 = 160 \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\mathbf{\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0} \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\phantom{\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120} \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\phantom{\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0} \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; v_2 = 100 - (-50) = 150} \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; u_3 = 110 - 160 = -50} \end{aligned}$$

Ebenso liefert Zelle $(1,5)$ den Wert $v_5$.

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110 \\ 160 &= u_1 + v_3 &&\Rightarrow\; v_3 = 160 - 0 = 160 \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0 \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\phantom{\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120} \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\mathbf{\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0} \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; v_2 = 100 - (-50) = 150} \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; u_3 = 110 - 160 = -50} \end{aligned}$$

Mit $v_5$ liefert Zelle $(2,5)$ den Wert $u_2$.

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110 \\ 160 &= u_1 + v_3 &&\Rightarrow\; v_3 = 160 - 0 = 160 \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0 \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\mathbf{\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120} \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0 \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; v_2 = 100 - (-50) = 150} \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; u_3 = 110 - 160 = -50} \end{aligned}$$

Mit $u_2$ liefert Zelle $(2,4)$ den Wert $v_4$.

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110 \\ 160 &= u_1 + v_3 &&\Rightarrow\; v_3 = 160 - 0 = 160 \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0 \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120 \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0 \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; v_2 = 100 - (-50) = 150} \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\mathbf{\Rightarrow\; u_3 = 110 - 160 = -50} \end{aligned}$$

Mit $v_3$ liefert Zelle $(3,3)$ den Wert $u_3$.

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110 \\ 160 &= u_1 + v_3 &&\Rightarrow\; v_3 = 160 - 0 = 160 \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0 \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120 \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0 \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\mathbf{\Rightarrow\; v_2 = 100 - (-50) = 150} \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\Rightarrow\; u_3 = 110 - 160 = -50 \end{aligned}$$

Mit $u_3$ liefert Zelle $(3,2)$ zuletzt $v_2$. Ergebnis: $u = (0, 0, -50)$, $v = (110, 150, 160, 120, 0)$.

Startlösung nicht optimal

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]		[10]		[10]	0
2				[50]	[10]	0
3		[40]	[10]			−50
$v_j$	110	150	160	120	0

$[\,\cdot\,]$: Basiszelle mit Menge. Für jede Nichtbasiszelle gilt $\bar c_{ij} = c_{ij} - u_i - v_j$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(0)	[10]		[10]	0
2				[50]	[10]	0
3		[40]	[10]			−50
$v_j$	110	150	160	120	0

$\bar c_{1,2} = 150 - 0 - 150 = 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(0)	[10]	(10)	[10]	0
2				[50]	[10]	0
3		[40]	[10]			−50
$v_j$	110	150	160	120	0

$\bar c_{1,4} = 130 - 0 - 120 = 10 > 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(0)	[10]	(10)	[10]	0
2	(20)			[50]	[10]	0
3		[40]	[10]			−50
$v_j$	110	150	160	120	0

$\bar c_{2,1} = 130 - 0 - 110 = 20 > 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(0)	[10]	(10)	[10]	0
2	(20)	(−10)		[50]	[10]	0
3		[40]	[10]			−50
$v_j$	110	150	160	120	0

$\bar c_{2,2} = 140 - 0 - 150 = -10 < 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(0)	[10]	(10)	[10]	0
2	(20)	(−10)	(20)	[50]	[10]	0
3		[40]	[10]			−50
$v_j$	110	150	160	120	0

$\bar c_{2,3} = 180 - 0 - 160 = 20 > 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(0)	[10]	(10)	[10]	0
2	(20)	(−10)	(20)	[50]	[10]	0
3	(80)	[40]	[10]			−50
$v_j$	110	150	160	120	0

$\bar c_{3,1} = 140 + 50 - 110 = 80 > 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(0)	[10]	(10)	[10]	0
2	(20)	(−10)	(20)	[50]	[10]	0
3	(80)	[40]	[10]	(90)		−50
$v_j$	110	150	160	120	0

$\bar c_{3,4} = 160 + 50 - 120 = 90 > 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(0)	[10]	(10)	[10]	0
2	(20)	(−10)	(20)	[50]	[10]	0
3	(80)	[40]	[10]	(90)	(50)	−50
$v_j$	110	150	160	120	0

$\bar c_{3,5} = 0 + 50 - 0 = 50 > 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(0)	[10]	(10)	[10]	0
2	(20)	(−10)	(20)	[50]	[10]	0
3	(80)	[40]	[10]	(90)	(50)	−50
$v_j$	110	150	160	120	0

Nur $\bar c_{2,2} = -10 < 0$: $X_{2,2}$ in die Basis aufnehmen, entlang eines Umverteilungskreises durch die Basiszellen.

Der Umverteilungskreis

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

$X_{2,2}$ aufnehmen und um $\Delta$ erhöhen: Spalte 2 hat nun $\Delta$ zu viel.

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

Spalte 2 ausgleichen: Dort ist $X_{3,2}$ die einzige Basiszelle, also $40 - \Delta$.

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

Zeile 3 ausgleichen: $X_{3,3} = 10 + \Delta$.

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

Spalte 3 ausgleichen: $X_{1,3} = 10 - \Delta$.

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

Zeile 1 ausgleichen über $X_{1,5} = 10 + \Delta$. $X_{1,1}$ scheidet aus: Spalte 1 hat keine zweite Basiszelle.

$X_{ij}$	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

Spalte 5 ausgleichen: $X_{2,5} = 10 - \Delta$. Damit stimmt auch Zeile 2, der Kreis ist geschlossen. Alle Summen bleiben erhalten.

$X_{ij}$	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

Die $-\Delta$-Zellen dürfen nicht negativ werden: $\Delta = \min\{10,\, 10,\, 40\} = 10$.

$X_{ij}$	1	2	3	4	5	$a_i$
1	30	–	0	–	20	50
2	–	10	–	50	0	60
3	–	30	20	–	–	50
$b_j$	30	40	20	50	20

Mit $\Delta = 10$ werden $X_{1,3}$ und $X_{2,5}$ null. Ersparnis: $\Delta \cdot |\bar c_{2,2}| = 10 \cdot 10 = 100$.

Neue Basis

Nach der Umverteilung, wieder sieben Basiszellen:

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, hier $X_{1,3}$. $X_{2,5} = 0$ bleibt als degenerierte Basisvariable (primale Degeneration, Vorlesung 5!).

Neue Dualvariablen

Neue Basiszellen, wieder $u_1 := 0$:

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\phantom{\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110} \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\phantom{\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0} \\ 140 &= u_2 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; v_2 = 140 - 0 = 140} \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\phantom{\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120} \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\phantom{\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0} \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; u_3 = 100 - 140 = -40} \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; v_3 = 110 - (-40) = 150} \end{aligned}$$

Gesucht: jeweils eine Gleichung mit nur einer Unbekannten.

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\mathbf{\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110} \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\phantom{\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0} \\ 140 &= u_2 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; v_2 = 140 - 0 = 140} \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\phantom{\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120} \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\phantom{\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0} \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; u_3 = 100 - 140 = -40} \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; v_3 = 110 - (-40) = 150} \end{aligned}$$

$u_1 = 0$ ist bekannt: Zelle $(1,1)$ liefert $v_1$.

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110 \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\mathbf{\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0} \\ 140 &= u_2 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; v_2 = 140 - 0 = 140} \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\phantom{\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120} \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\phantom{\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0} \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; u_3 = 100 - 140 = -40} \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; v_3 = 110 - (-40) = 150} \end{aligned}$$

Ebenso liefert Zelle $(1,5)$ den Wert $v_5$.

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110 \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0 \\ 140 &= u_2 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; v_2 = 140 - 0 = 140} \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\phantom{\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120} \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\mathbf{\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0} \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; u_3 = 100 - 140 = -40} \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; v_3 = 110 - (-40) = 150} \end{aligned}$$

Mit $v_5$ liefert die degenerierte Zelle $(2,5)$ den Wert $u_2$. Ohne sie bliebe $u_2$ offen.

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110 \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0 \\ 140 &= u_2 + v_2 &&\mathbf{\Rightarrow\; v_2 = 140 - 0 = 140} \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\phantom{\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120} \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0 \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; u_3 = 100 - 140 = -40} \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; v_3 = 110 - (-40) = 150} \end{aligned}$$

Mit $u_2$ liefert Zelle $(2,2)$ den Wert $v_2$.

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110 \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0 \\ 140 &= u_2 + v_2 &&\Rightarrow\; v_2 = 140 - 0 = 140 \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\mathbf{\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120} \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0 \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\phantom{\Rightarrow\; u_3 = 100 - 140 = -40} \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; v_3 = 110 - (-40) = 150} \end{aligned}$$

Ebenso liefert Zelle $(2,4)$ den Wert $v_4$.

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110 \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0 \\ 140 &= u_2 + v_2 &&\Rightarrow\; v_2 = 140 - 0 = 140 \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120 \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0 \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\mathbf{\Rightarrow\; u_3 = 100 - 140 = -40} \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\phantom{\Rightarrow\; v_3 = 110 - (-40) = 150} \end{aligned}$$

Mit $v_2$ liefert Zelle $(3,2)$ den Wert $u_3$.

$$\begin{aligned} 110 &= u_1 + v_1 &&\Rightarrow\; v_1 = 110 - 0 = 110 \\ 0 &= u_1 + v_5 &&\Rightarrow\; v_5 = 0 - 0 = 0 \\ 140 &= u_2 + v_2 &&\Rightarrow\; v_2 = 140 - 0 = 140 \\ 120 &= u_2 + v_4 &&\Rightarrow\; v_4 = 120 - 0 = 120 \\ 0 &= u_2 + v_5 &&\Rightarrow\; u_2 = 0 - 0 = 0 \\ 100 &= u_3 + v_2 &&\Rightarrow\; u_3 = 100 - 140 = -40 \\ 110 &= u_3 + v_3 &&\mathbf{\Rightarrow\; v_3 = 110 - (-40) = 150} \end{aligned}$$

Mit $u_3$ liefert Zelle $(3,3)$ zuletzt $v_3$. Ergebnis: $u = (0, 0, -40)$, $v = (110, 140, 150, 120, 0)$.

Optimale Lösung

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]				[20]	0
2		[10]		[50]	[0]	0
3		[30]	[20]			−40
$v_j$	110	140	150	120	0

$[\,\cdot\,]$: Basiszelle mit Menge, auch die degenerierte $[0]$. Für jede Nichtbasiszelle gilt $\bar c_{ij} = c_{ij} - u_i - v_j$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(10)			[20]	0
2		[10]		[50]	[0]	0
3		[30]	[20]			−40
$v_j$	110	140	150	120	0

$\bar c_{1,2} = 150 - 0 - 140 = 10 > 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(10)	(10)		[20]	0
2		[10]		[50]	[0]	0
3		[30]	[20]			−40
$v_j$	110	140	150	120	0

$\bar c_{1,3} = 160 - 0 - 150 = 10 > 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(10)	(10)	(10)	[20]	0
2		[10]		[50]	[0]	0
3		[30]	[20]			−40
$v_j$	110	140	150	120	0

$\bar c_{1,4} = 130 - 0 - 120 = 10 > 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(10)	(10)	(10)	[20]	0
2	(20)	[10]		[50]	[0]	0
3		[30]	[20]			−40
$v_j$	110	140	150	120	0

$\bar c_{2,1} = 130 - 0 - 110 = 20 > 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(10)	(10)	(10)	[20]	0
2	(20)	[10]	(30)	[50]	[0]	0
3		[30]	[20]			−40
$v_j$	110	140	150	120	0

$\bar c_{2,3} = 180 - 0 - 150 = 30 > 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(10)	(10)	(10)	[20]	0
2	(20)	[10]	(30)	[50]	[0]	0
3	(70)	[30]	[20]			−40
$v_j$	110	140	150	120	0

$\bar c_{3,1} = 140 + 40 - 110 = 70 > 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(10)	(10)	(10)	[20]	0
2	(20)	[10]	(30)	[50]	[0]	0
3	(70)	[30]	[20]	(80)		−40
$v_j$	110	140	150	120	0

$\bar c_{3,4} = 160 + 40 - 120 = 80 > 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(10)	(10)	(10)	[20]	0
2	(20)	[10]	(30)	[50]	[0]	0
3	(70)	[30]	[20]	(80)	(40)	−40
$v_j$	110	140	150	120	0

$\bar c_{3,5} = 0 + 40 - 0 = 40 > 0$.

$\bar c_{ij}$	1	2	3	4	5	$u_i$
1	[30]	(10)	(10)	(10)	[20]	0
2	(20)	[10]	(30)	[50]	[0]	0
3	(70)	[30]	[20]	(80)	(40)	−40
$v_j$	110	140	150	120	0

Alle $\bar c_{ij} \ge 0$: optimal, $F^* = 16\,000 - 100 = 15\,900$. $X_{1,5} + X_{2,5} = 20$ bleibt beim fiktiven Nachfrager.

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],                    # Angebot
    sum(X[i,j] for j in 1:3) == a[i])
@constraint(modell, [j in 1:3],                    # Nachfrage
    sum(X[i,j] for i in 1:2) == b[j])

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],                    # Angebot
    sum(X[i,j] for j in 1:4) <= a[i])
@constraint(modell, [j in 1:4],                    # Nachfrage
    sum(X[i,j] for i in 1:3) == b[j])

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.