Strategic Problems: Location

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1 Strategic Problems: Location
Chapter 1 Strategic Problems: Location

2 Location problems … PS1 PS2 PS3 PS4 Production site Full truck load
transportation … CW1 CW2 Central warehouse FTL or tours transportation … DC1 DC2 DC3 DC4 Distribution centers tours transportation … C1 C2 C3 C4 customers (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

3 More levels possible (regional warehouses)
Can be delagated to logistics service providers Decision problems Number of warehouses Location of warehouses Transportation problem (assignment of customers) (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

4 Median Problem Simplest location problem Definition: Median
Represent in complete graph. Nodes i are customers with weights bi Choose one node as location of warehouse Minimize total weighted distance from warehouse Definition: Median directed graph (one way streets…): σ(i) = ∑dijbj → min. undirected graph: σout(i) = ∑dijbj → min … out median σin(i) = ∑djibj → min … in median (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

5 Example: fromDomschke und Drexl (Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3
2 3 4 5 2/0 1/4 3/2 4/3 5/1 6/2 D= 12 2 10 6 3 7 5 8 4 9 11 b= 4 2 3 1 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

6 Example: Median City 4 is median since 35+74 = 109 minimal
i\j 1 2 3 4 5 6 i/j 1 2 3 4 5 6 σout(i) 1 4*0 0*12 2*2 3*10 6*1 2*12 64 1 3 4 5 6 2 σin(i) 66 2*12 3*4 1*8 2*11 0*2 4*0 98 2*10 3*2 1*6 2*9 0*0 4*12 56 2*0 3*5 1*9 2*12 0*3 4*2 74 2*8 3*0 1*4 2*7 0*3 4*10 53 8 15 6 24 80 20 6 48 2 4*2 0*0 2*3 3*3 7*1 2*5 40 3 4*12 0*10 2*0 3*8 4*1 2*10 96 4 4*4 0*2 2*5 3*0 5*1 2*2 35 5 4*8 0*6 2*9 3*4 0*1 2*6 74 6 4*11 0*9 2*12 3*7 3*1 2*0 92 City 4 is median since = 109 minimal OUT e.g..: delivery of goods IN e.g.: collection of hazardous waste (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

7 Related Problem: Center
Median Node with min total weighted distance → min. Center Node with min Maximum (weighted) Distance (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

8 Solution City1 is center since 30+24 = 54 minimal i\j 1 2 3 4 5 6 i/j
out(i) 1 4*0 0*12 2*2 3*10 6*1 2*12 30 1 3 4 5 6 2  in(i) 24 2*12 3*4 1*8 2*11 0*2 4*0 48 2*10 3*2 1*6 2*9 0*0 4*12 24 2*0 3*5 1*9 2*12 0*3 4*2 40 2*8 3*0 1*4 2*7 0*3 4*10 24 8 15 6 48 20 6 2 4*2 0*0 2*3 3*3 7*1 2*5 10 3 4*12 0*10 2*0 3*8 4*1 2*10 48 4 4*4 0*2 2*5 3*0 5*1 2*2 16 5 4*8 0*6 2*9 3*4 0*1 2*6 32 6 4*11 0*9 2*12 3*7 3*1 2*0 44 City1 is center since = 54 minimal (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

9 Uncapacitated (single-stage) Warehouse Location Problem – LP-Formulation
single-stage WLP: warehouse customer: W1 W2 m C1 C2 C3 C4 n Deliver goods to n customers each customer has given demand Exist: m potential warehouse locations Warhouse in location i causes fixed costs fi Transportation costs i  j are cij if total demand of j comes from i. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

10 Problem: How many warehouses? (many/few  high/low fixed costs, low/high transportation costs Where? Goal: Satisfy all demand minimize total cost (fixed + transportation) transportation to warehouses is ignored (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

11 Example: from Domschke & Drexl (Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3.3.1)
Solution 1: all warehouses Solution 2: just warehouses 1 and 3 i\j 1 2 3 4 5 6 7 fi 10 9 i\j 1 2 3 4 5 6 7 fi 10 9 Fixed costs = = 28 high Transp. costs = = 13 Total costs = = 41 Fixed costs = 5+5 = 10 Transp. costs = = 22 Total costs = = 32 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

12 when locations are decided:
transportation cost easy (closest location) Problem: 2m-1 possibilities (exp…) Formulation as LP (MIP) yi … Binary variable for i = 1, …, m: yi = 1 if location i is chosen for warehouse 0 otherwise xij … real „assignment“ oder transportation variable für i = 1, …,m and j = 1, …, n: xij = fraction of demand of customer j devivered from location i. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

13 MIP for WLP xij ≤ yi j = 1, …,n transportation cost + fixed cost
Delivery only from locations i that are built xij ≤ yi i = 1, …, m j = 1, …,n Satisfy total demand of customer j j = 1, …,n i = 1, …, m For all i and j yi is binary xij non negative (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

14 Problem: m*n real Variablen und m binary → for a few 100 potential locations exakte solution difficult → Heuristics Heuristics: Construction or Start heuristics (find initial feasible solution) Add Drop Improvement heuristics (improve starting or incumbent solution) (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

15 ADD for WLP verwendete Notation:
I:={1,…,m} Menge aller potentiellen Standorte I0 Menge der endgültig verbotenen Standorte (yi bei 0 fixiert) Iovl Menge der vorläufig verbotenen Standorte (yi vorläufig auf 0) I1 Menge der endgültig einbezogenen Standorte (yi bei 1 fixiert) Transportkostenersparnis, falls Standort i zusätzlich realisiert wird Z Gesamtkosten (Zielfunktionswert) (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

16 Initialisierung: Zeilensumme ci := ∑cij der Kostenmatrix
Ermittlung, welcher Standort realisiert werden soll, wenn genau einer gebaut wird Zeilensumme ci := ∑cij der Kostenmatrix Auswahl des Standortes k mit den minimalen Kosten ck + fk Setze I1 = {k}, Iovl = I – {k} und Z = ck + fk Berechne die Transportkostenersparnis ωij = max {ckj – cij, 0} für alle i aus Iovl und alle Kunden j sowie die Zeilensumme ωi. Beispiel: erster Standort k=5 mit Z:= c5 + f5 = 39, I1 = {5}, Iovl = {1,2,3,4} (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

17 i\j 1 2 3 4 5 6 7 fi ci fi + ci 10 9 38 43 37 44 42 34 39 ωi ist die Transportkostenersparnis bei der Belieferung von j, wenn zusätzlich Standort i gebaut wird. → Zeilensumme ωi ist die Gesamt-transportkostenersparnis, wenn Standort i zusätzlich gebaut würde. i\j 1 2 3 4 5 6 7 ωi fi 5 2 1 3 11 5 4 6 14 7 4 5 1 10 5 1 2 6 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

18 Iterationsschritt: Verbiete alle mit ωi ≤ fi endgültig:
in jeder Iteration wird genau der potentielle Standort aus Iovl endgültig einbezogen, durch den die größte Kostenersparnis erzielt werden kann → Suche potentiellen Standort k aus Iovl, für den die Gesamtersparnis (Transportkostenersparnis minus zusätzliche Fixkosten) ωk – fk maximal ist. Iovl = Iovl – {k} und Z = Z – ωk + fk Zusätzlich können alle Standorte endgültig verboten werden, deren Transportkostenersparnisse geringer als die zusätzlichen Fixkosten wären → Verbiete alle mit ωi ≤ fi endgültig: Berechne für alle i aus Iovl und alle Kunden j die Transportkostenersparnisse neu: ωij = max {ωij - ωkj, 0} (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

19 Abbruch: Beispiel: Iteration 1
Das Verfahren endet, sobald durch die Einbeziehung eines weiteren Standortes aus Iovl keine zusätzliche Verringerung des Zielfunktionswertes erreicht werden kann, wen also Iovl = { }. An den Standorten i aus I1 ist ein Lager zu errichten. Gesamtkosten = Zielfunktionswert Z kostenminimale Zuordnung : xij = 1 falls Beispiel: Iteration 1 i\j 1 2 3 4 5 6 7 ωi fi 5 2 1 3 11 5 4 6 14 7 baue k = 2 5 4 1 10 5 1 2 6 verbiete i = 4 Wegen ω4 < f4 wird Standort 4 endgültig verboten. Standort k=2 wird endgültig einbezogen. Es gilt nun Z=39 – 7 = 32. Es ist nun Iovl = {1,3}, I1 = {2,5}, Io = {4}. Ermittle erneut die Transportkostenersparnisse ωij. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

20 Iteration 2: Ergebnis: i\j 1 2 3 4 5 6 7 ωi fi baue k = 1 1 2 3 6 5
verbiete i = 3 1 1 5 Iteration 2: Die durch (die noch nicht endgültig verbotenen) Standorte 1 und 3 maximal möglichen Transportkostenersparnisse zeigt die obige Tabelle. Standort 3 wird endgültig verboten, Standort k = 1 wird endgültig einbezogen. Ergebnis: Das Verfahren endet mit I1 = {1,2,5}, Io = {3,4} und Z = 32 – 1 = 31 bzw. Iovl = { }. Standorte 1, 2 und 5 sind zu realisieren Kunden {1,2,7} werden von Lager 1, {3,5} von Lager 2 und {4,6} von Lager 5 aus beliefert. Die Gesamtkosten Z = 31. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

21 DROP for WLP Die Menge Iovl wird durch I1vl ersetzt.
I1vl Menge der vorläufig einbezogenen Standorte (die yi sind vorläufig zu 1 fixiert) Der Drop-Algorithmus verläuft umgekehrt als ADD, d.h. zunächst sind alle potentiellen Standorte vorläufig einbezogen. Initialisierung: I1vl = I, I0 = I1 = { } Iteration In jeder Iteration wird genau derjenige potentielle Standort aus I1vl endgültig verboten, durch dessen Verbot die Gesamtkosten am meisten gesenkt werden können. Würde sich durch das Verbieten eines Standortes aus I1vl die Gesamtkosten erhöhen, so kann er endgültig einbezogen werden. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

22 Erweiterung der Transportkostenmatrix C:
In Zeile m+1 (Zeile m+2) wird für jede Spalte j = 1, …, n von C das kleinste Kostenelement ch1j (bzw. das zweitkleinste ch2j) notiert. Dabei sind nur nicht endgültig verbotene Standorte zu berücksichtigen → In Zeile m+3 (Zeile m+4) wird die Zeilennummer h1 (bzw. h2) gespeichert, in der das kleinste (bzw. zweitkleinste) Kostenelement steht. Wird Standort h1 (aus I1vl) verboten, steigen die Transportkosten für den Kunden j um ch2j - ch1j Obiges Beispiel: Initialisierung und Iteration 1: I1vl ={1,2,3,4,5} i\j 1 2 3 4 5 6 7 δi fi 10 9 baue verbiete 5 1 ch1j 6 ch2j 7 h1 8 h2 9 1 2 1 2 2 4 3 2 2 5 3 1 2 4 5 1 3 3 5 3 3 4 5 3 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

23 Nun ermitteln wir für alle i aus I1vl die Transportkostenerhöhung δi falls i im aktuellen Iterationsschritt endgültig verboten wird. Dabei ist δi die Summe der Differenzen zwischen kleinstem und zweitkleinstem Kostenelement jener Spalten, wo die Zeile i = h1 das kleinste Kostenelement enthält. 2 Beispiele: δ1 = (c21 – c11) + (c52 – c12) + (c37 – c17) = 5 δ2 = (c33 – c23) + (c35 – c25) = 1 Übersteigen die ersparten Fixkosten fi die Transportkostenerhöhung δi, so bringt das Verbot von i eine Senkung der Gesamtkosten. In Iteration 1 wird also Standort 1 wegen δi = fi endgültig einbezogen. Iteration 2: I1vl = {3,4,5}, I1 = {1}, I0 = {2} Zeile 2 ist wegzulassen, da 2 endgültig verboten ist. Nun müssen die letzten 4 Zeilen korrigiert werden, wobei sich Änderungen nur in jenen Spalten ergeben, wo das kleinste oder zweitkleinste Element gestrichen wurde. Zeile 1 muss erhalten bleiben, da I1 = {1}, allerdings ist 1 kein Kandidat mehr dafür, gestrichen zu werden. Daher muss in dieser Zeile kein δi mehr ermittelt werden. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

24 i\j 1 2 3 4 5 6 7 10 9 δi fi - 5 6 - 8 1 baue verbiete ch1j ch2j h1 h2
Nun wird Standort 3 endgültig einbezogen und Standort 4 endgültig verboten. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

25 Iteration 3: I1vl = {5}, I1 = {1,3}, I0 = {2,4} i\j 1 2 3 4 5 6 7 10 9
fi - 5 - 7 baue ch1j ch2j h1 h2 1 2 1 1 3 3 5 3 2 5 3 1 5 6 4 5 6 5 5 3 6 1 7 1 5 3 Nun wird Standort 5 endgültig einbezogen, da ein Verbieten nur Fixkosten von f5 = 5 einsparen würde aber die Transportkosten um δ5 = 7 steigern würde.. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

26 Ergebnis: Standorte aus I1 = {1,3,5} werden gebaut
Kunden {1,2,7} werden von Standort 1, Kunden {3,5} von Standort 3 und Kunden {4,6} von Standort 5 aus beliefert. Gesamtkosten Z = 30 (etwas besser als ADD-Algorithmus) (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

27 Improvement for WLP verschiedene Vertauschungsmethoden (bei jedem Iterationsschritt): je einen bezogenen Standort (aus I1) gegen einen verbotenen Standort (aus I0) austauschen und z.B. jene Vertauschung durchführen, die die größte Kostensenkung bewirkt (oder die erste, die eine Kostensenkung bewirkt) nach den Regeln des DROP-Algorithmus jenen Standort entfernen, sodass die Kosten am meisten sinken (oder am wenigsten steigen) und dann nach dem ADD-Algorithmus solange Standorte hinzufügen, bis keine Kostensenkung mehr möglich ist. nach den Regeln des ADD-Algorithmus jenen Standort hinzufügen, sodass die Kosten am meisten sinken (oder am wenigsten steigen) und dann nach dem DROP-Algorithmus solange Standorte entfernen, bis keine Kostensenkung mehr möglich ist. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

28 P-Median Number of facilities is fixed … p
Typacally fixed costs are not needed (but can be considered if not uniform) (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

29 MIP for p-Median xij ≤ yi j = 1, …,n transportation cost + fixed cost
Delivery only from locations i that are built xij ≤ yi i = 1, …, m j = 1, …,n j = 1, …,n Satisfy total demand of customer j yi is binary xij non negative i = 1, …, m For all i and j Exactly p facilities (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

30 Design of Transport Networks
Transportation Problem: Model & LP Situation: Location of warehouses and customers are given Supply and demand given Example: 3 warehouses and 4 customers Transportation cost per unit from i to j Total demand must be = total supply customer warehouse V1 V2 V3 V4 Production F1 10 5 6 11 25 F2 2 7 4 F3 9 1 8 50 Demand 15 20 30 35 100 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

31 General formulation: LP-Formulation:
m supplyers with supply si, i = 1, …, m n customers with demand dj, j = 1, …, n Transportation cost cij per unit from i to j, i = 1, …, m; j = 1, …, n LP-Formulation: variable: Transportation quantity xij from i to j Transportation cost i = 1, …, m Supply j = 1, …, n Demand Non negativity i = 1, …, m; j = 1, …, n Data must satisfy Total demand = Total supply (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

32 In example: K = (10x11+5x12+6x13+11x14) + (x21+2x22+7x23+4x24) + (9x31+x32+4x33+8x34)  min Supply: x11 + x12 + x13 + x = 25 (i=1) x21 + x22 + x23 + x24 = 25 (i=2) x31 + x3 2+ x33 + x34 = 50 (i=3) : Damand: x x x = 15 (j=1) x x x = 20 (j=2) x x x = 30 (j=3) x x x34 = 35 (j=4) Non negativity: xij  0 für i = 1, … , 3; j = 1, … , 4 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

33 Solution: As LP (o.k. but less efficient) 1 . . . 1 . . .
Make use of special structure: . . . 1 . In each column exactly 2 of the m + n elements are ≠ 0 Transportation simplex or network simplex Starting solution Iteration (stepping stone) (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

34 3.2.2. Eröffnungsverfahren – Ermittlung einer Basislösung
Eröffnungsverfahren: Nordwesteckenregel 1.) Man stellt folgende Tabelle auf und füllt sie aus, wobei man von links oben (Nord-West) nach rechts unten vorgeht. 2.) Man wählt nun den maximal möglichen Wert, sodass die gesamte Spalten- oder Zeilenressource aufgebraucht ist; ist die Zeilenressource aufgebraucht, geht man nach unten weiter, andernfalls nach rechts. 3.) Ist nur mehr eine Zeile oder eine Spalte nicht gestrichen → wähle alle nichtgestrichenen xij dieser Zeile oder Spalte als Basisvariable (BV) mit maximal möglichen Werten → ansonsten weiter mit 2.) Resultat: immer eine zulässige Lösung (da Produktion = Nachfrage) man hat genau m + n - 1 Basisvariablen xij Die restlichen m*n – (m+n-1) Variablen müssen immer 0 sein (NBV) (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

35 Nur mehr eine Zeile nicht gestrichen
Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem: Nur mehr eine Zeile nicht gestrichen i\j 1 2 3 4 si 25 50 dj 15 20 30 35 100 15 10 10 15 15 35 Das nächste Beispiel zeigt, dass man durchaus mehrmals hintereinander nach rechts bzw. nach unten gehen kann: i\j 1 2 3 4 si 30 20 35 dj 15 10 25 85 5 15 10 20 10 25 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

36 Vorteil: sehr einfach und sehr schnell
Dabei kann auch Degeneration auftreten (eine oder mehrere der m+n-1 Basisvariablen werden Null) Letztere dürfen dann nicht weggelassen werden: Hier könnte man sowohl die Spalte als auch Zeile streichen. Wir dürfen aber nur eine streichen (zufällige Auswahl). i\j 1 2 3 4 si 15 50 dj 10 20 30 80 10 5 15 30 20 Vorteil: sehr einfach und sehr schnell Nachteil: Völlige Vernachlässigung des Kostenfaktors → meist keine gute Startlösung (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

37 3.2.2.2 Die Vogel - Approximation
1.) Man beginne mit dem selben Tableau wie bei der NW-Ecken-Regel wobei zunächst keine Zeile oder Spalte gestrichen ist. 2.) In jeder noch nicht gestrichenen Zeile bzw. Spalte berechne man die Differenz zwischen dem kleinsten und dem zweitkleinsten noch nicht gestrichenen cij. 3.) In jener Zeile oder Spalte, wo diese Differenz am größten ist, wähle man das kleinste cij und mache das entsprechende xij maximal. 4.) Ist die Spaltenressource aufgebraucht → streiche Spalte j, ODER ist die Zeilenressource aufgebraucht → streiche Zeile i. 5.) Ist nur mehr eine Zeile oder eine Spalte nicht gestrichen → wähle alle nichtgestrichenen xij dieser Zeile oder Spalte als BV mit maximal möglichen Werten ansonsten weiter mit 2. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

38 Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem
i\j 1 2 3 4 si 25 50 dj 15 20 30 35 100 Opportunitätskosten 10 5 6 11 1 2 7 4 9 8 / / 8 1 2 4 3 / 25 2 1 3 5 4 15 / 10 10 20 5 25 30 5 25 Opportunitätskosten 4 2 3 Vogel-Approximation → sog. Regret-Verfahren → nicht der unmittelbarer Gewinn oder Kostenersparnis sondern die abgeschätzten zukünftigen Gewinne oder Kosten. → es wird eine Entscheidung getroffen, die versucht zukünftigen Schaden (Regret) zu vermeiden. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

39 3.2.2.3 Die Spaltenminimummethode
1.) Man beginne mit dem selben Tableau wie bei der NW-Ecken-Regel wobei zunächst keine Zeile oder Spalte gestrichen ist. 2.) Von links beginnend suche man die erste noch nicht gestrichene Spalte 3.) In dieser Spalte wähle das kleinste noch nicht gestrichene cij und mache das zugehörige xij maximal. 4.) Ist die Spaltenressource aufgebraucht → streiche Spalte j, ODER ist die Zeilenressource aufgebraucht → streiche Zeile i. 5.) Ist nur mehr eine Zeile oder eine Spalte nicht gestrichen → wähle alle nichtgestrichenen xij dieser Zeile oder Spalte als BV mit maximal möglichen Werten ansonsten weiter mit 2. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

40 Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem
i\j 1 2 3 4 si 25 50 dj 15 20 30 35 100 25 15 20 30 10 Beachte: Spaltenminimummethode ist ein reines Greedyverfahren einziger Ansatzpunkt: Kosten in der unmittelbaren Spalte optimale Lösung bei der Beschäftigungsglättung (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

41 3.2.3 Exaktes Verfahren: MODI, stepping stone
Vorgangsweise wie bei Simplexmethode, aber mit weniger Speicherbedarf Ausgangspunkt ist eine mittels einem Eröffnungsverfahren ermittelte Basislösung Iterationschritt der Transportximplexmethode: Man stellt das kleine mn-Tableau wie im Initialisierungsschritt auf, aber trägt zusätzlich in das linke obere Eck jeder Zelle die Kosten cij ein und in die Mitte der Zelle bei den Basisvariablen deren Wert (fett gedruckt). i\j 1 2 … n si ui c11 c12 c1n s1 u1 c21 c22 c2n s2 u2 m cm1 cm2 cmn sm um dj d1 d2 dn vj v1 v2 vn (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

42 cij = ui + vj wenn xij eine BV ist
Für die aktuelle Basislösung werden die ui und vj berechnet, nach der Regel [MODI] cij = ui + vj wenn xij eine BV ist Die Werte werden außen in das erweiterte Tableau eingetragen. Da die ui und vj nicht eindeutig bestimmt sind, wird eine dieser dualen Variablen mit dem Wert 0 normiert. Dazu wählt man am besten jene, in deren Zeile/Spalte die meisten BV stehen. (Dies erleichtert die weitere Berechnung der ui und vj) Bei allen NBV wird der Koeffizient in der Zielfunktion, also cij – ui – vj errechnet und eingetragen. Die neue BV ist jene mit dem am stärksten negativen solchen Koeffizienten. Sind hingegen alle Koeffizienten nicht-negativ, so ist die optimale Lösung erreicht. Erhöhe die neue BV und betrachte die Kettenreaktion, die sich dadurch bei den anderen BVn ergibt. Man beachte dabei, dass sich Zeilen- und Spaltensummen der transportierten Mengen (Werte der BV) nicht ändern dürfen. Jene BV, die als erste gleich 0 wird, scheidet aus. [stepping stone] Bestimme die neue Basislösung, d.h. führe die Kettenreaktion durch und führe den nächsten Schritt durch. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

43 Lösung des obigen Beispiels:
Zur Illustration wird die mittels NW-Ecken-Regel bestimmte Ausgangslösung verwendet, welche in das erweiterte Tableau eingetragen wird. Dann werden ui und vj gemäß Punkt 1 berechnet (wobei u1=0). Danach werden Koeffizienten der NBV gemäß Punkt 2 berechnet. i\j 1 2 3 4 si ui 10 5 6 11 25 7 9 8 50 dj 15 20 30 35 vj -3 -4 15 10 35 -7 -6 -3 2 5 -6 10 5 10 14 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

44 K = 25*0 + 25*(-3) + 50*(-6) + 15*10 + 20*5 + 30*10 + 35*14 = 665
Die Gesamtkosten dieser Lösung sind 10*15 + 5*10 + 2*10 + 7*15 + 4*15 + 8*35 = 665. Als Probe kann bei jedem Iterationsschritt überprüft werden, ob primale und duale Zielfunktion den gleichen Wert haben: K = 25*0 + 25*(-3) + 50*(-6) + 15* *5 + 30* *14 = 665 Das am stärksten negative Element cij – ui – vj bei den NBV ist der Koeffizient -7 bei x24  neue Basisvariable x24. Kettenreaktion: erhöhe den Wert der neuen BV um  und betrachte die Auswirkungen auf die anderen BV (da die Summe aller BV einer Spalte bzw. einer Zeile nicht verändert werden darf, muss in einer Zeile, in der  in einer Spalte addiert wird, auch wieder  in einer anderen Spalte subtrahiert werden. Analog für die Spalten. Die BV, die  am stärksten beschränkt, scheidet aus. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

45 Kettenreaktion: Neue BV x24 hat den Wert 0 → wird um den Wert  erhöht. Bei den anderen BVn wird +  oder -  addiert. Wenn x24 um  steigt, müssen x23 und x34 und  sinken, wodurch x33 um  erhöht werden muss. Für  = 15 wird x23 gleich 0 → BV x23 scheidet aus. i\j 1 2 3 4 si ui 10 5 6 11 25 7 9 8 50 dj 15 20 30 35 vj K = 665 – 7 *  = 665 – 7*15 = 560 -3 -4 -7 -6 2 5 10 14 15 10 15- +  15+  35-  (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

46 -3  1 neue BV x24 bekommt den Wert =15 → Kettenreaktion
x23 ist keine BV mehr und alle anderen BV bleiben gleich. Nächster Iterationsschritt: i\j 1 2 3 4 si ui 10 5 6 11 25 7 9 8 50 dj 15 20 30 35 vj K = 560 – 6 *  = 560 – 6*10 = 500 4 3 7 -6 -5 -2 15-  10-  10+  -3  30 20 15 1 10 5 3 7 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

47 nächster Iterationsschritt:
i\j 1 2 3 4 si ui 10 5 6 11 25 7 9 8 50 dj 15 20 30 35 vj K = 500 – 3 *  = 500 – 3*5 = 485 -2 -3 7 6 1 4 5-  30-  20  -9 20+  10+  15-  -5 10 5 9 13 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

48 nächster Iterationsschritt:
i\j 1 2 3 4 si ui 10 5 6 11 25 7 9 8 50 dj 15 20 30 35 vj K = 485 – 2 *  = 485 – 2*20 = 445 -2 1 3 7 4 20- 5+  -6 15 10 -2  25-  25 7 5 6 10 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

49 nächster Iterationsschritt:
i\j 1 2 3 4 si ui 10 5 6 11 25 7 9 8 50 dj 15 20 30 35 vj Bei allen NBVn stehen positive Ko-effizienten → optimale Lösung gefunden. 2 1 3 7 5 4 2 25 Basisvariablen: x13 = 25 x21 = 15 x24 = 10 x32 = 20 x33 = 5 x34 = 25 -4 15 10 20 5 25 5 1 4 8 Gesamte Transportkosten: K = 445 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

50 3.2.3.1 Sensitivitätsanalyse
Das Transportproblem ist ein LP-Problem mit Gleichheitsbeschränkungen. Aus diesem Grund dürfen die dualen Variablen ui bzw. vj auch negativ sein (freie Variablen). Aus der Dualitätstheorie kann man sehr leicht ableiten, dass die Datenänderung si  si +  für ein i und dj  dj +  für ein j bei (kleinen Änderungen der rechten Seiten si und dj) die dualen Variablen ui und vj nicht ändert, sodass sich die Zielfunktion um (ui + vj) ändert: K  K + (ui + vj) Klarerweise müssen ein si und ein dj gleichzeitig geändert werden, da sonst die Summen der angebotenen und nachgefragten Mengen nicht mehr übereinstimmen würden. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

51 Was passiert nun, wenn wir folgende Datenänderung durchführen?
Wie groß  werden kann, sodass diese Formel gerade noch gilt, wollen wir anhand des folgenden Beispiels demonstrieren, wobei wir hier schon die optimale Lösung eingetragen haben: i\j 1 2 3 4 si ui 5 22 6 24 7 16 dj 10 13 17 vj 22 +  13 +  Was passiert nun, wenn wir folgende Datenänderung durchführen? s1  s1 +  und d2  d2 +  10 12 2 13 11 1 10 6 1 -1 2 4 Die minimalen Kosten ändern sich in diesem Fall auf K = (u1 + v2) = ; das bedeutet, die minimalen Kosten sinken, wenn mehr zu transportieren ist! (Dies kann passieren (wenn es negative ui und vj gibt. Normalerweise werden aber die Kosten aber eher steigen.) (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

52 Überlegen wir uns nun, wie  groß werden darf, ohne einen Basiswechsel zu verursachen: Die Vorgangsweise ist dabei ähnlich wie bei der Kettenreaktion im Iterationsschritt (stepping stone). i\j 1 2 3 4 si ui 5 22 +  6 24 7 16 dj 10 13 +  17 vj K =  Probe: K = 1*10+2*(12+ ) + 1*(13+ ) +6*(11- ) +3*(10- ) +5*(6 + ) =  10 12+ 13+ 2 10- 11- 1 6+ 1 -1 2 4 Wie leicht einzusehen ist, wird x33 als erste 0, falls  steigt. Bei diesem Beispiel ist daher die obere Schranke  10. Analoges gilt auch für negatives . Hier wird x34 als erste 0, falls  sinkt und die untere Schranke ist daher  -6. (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

53 Capacitated WLP Similar to un-capacitated WLP, but
Each location i = 1, ..., m has maximal supply (capacity) s1, ..., sm Transportation cost cij now per unit (like in TP) Demand of customers explicitly given: d1, ..., dn xij now quatity that flows from i to j (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

54 MIP for capacitated WLP
cost Delivery only from warehouse that is built and observe capacity i = 1,…,m i = 1,…,m j = 1,…,n Delivery only from warehouse that is built, do not exceed demand Satisfy total demand j = 1,…,n i = 1,…,m For all i and j yi binary and xij non negative (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

55 ADD and DROP for Capacitated Problems
Basic idea: More or less same as for uncapacitated problems For evaluation of trnsportation costs when locations are given  solve TP → in each iteration several TP must be solved . DROP: use dummy customer to consume excess supply (zero costs) ADD: use dummy site to satisfy excess demand (cost M) (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

56 Beispiel (DROP für kapazitierte Probleme):
Wir haben 4 mögliche Standorte mit den Kapazitäten 20, 20, 10 bzw. 10 und 4 Kunden mit Nachfrage 8, 9, 10 und 11. Wir führen nun einen Dummykunden mit Nachfrage 22 ein. Um kleiner Zahlen zu haben, reduzieren wir die Kosten durch Abziehen des Zeilen- und Spaltenminimums. i\j 1 2 3 4 5 si fi 8 20 10 6 7 dj 9 11 22 60 i\j 1 2 3 4 5 si fi 7 20 10 dj 8 9 11 22 60 Reduktionskonstante = 8*1 + 9*2 + 10*3 + 11*3 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

57 Initialisierung: bei der Ausgangslösung werden alle Standorte realisiert:
i\j 1 2 3 4 5 si fi 20 10 7 dj 8 9 11 22 60 7 5 1 3 2 4 / 7 / 1 12 8 2 10 / / Transportkosten = = 97 Fixkosten = = 34 Gesamtkosten = 131 / / / 10 / / / / / 10 Iteration: Nun müssen einzeln alle Szenarien geprüft werden, wo genau einer der 4 Standorte endgültig verboten wird. Dazu muss jeweils ein TP gelöst werden. Standort 1 verbieten? i\j 1 2 3 4 5 si fi 20 10 7 dj 8 9 11 40 5 7 3 2 4 1 8 2 10 / / / / / 10 / Transportkosten = = 105 Fixkosten = = 24 Gesamtkosten = 129 Verbesserung um 2 / 7 / 1 2 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

58 Standort 2 verbieten? 10 Standort 3 verbieten? / Transportkosten =
= 175 Fixkosten = = 24 Gesamtkosten = 199 Verschlechterung i\j 1 2 3 4 5 si fi 20 10 7 dj 8 9 11 40 7 5 1 3 2 4 / 9 10 1 / / / / 10 / 8 / / / 2 Standort 3 verbieten? Transportkosten = = 107 Fixkosten = = 27 Gesamtkosten = 134 Verschlechterung i\j 1 2 3 4 5 si fi 20 10 7 dj 8 9 11 12 50 7 1 2 4 / 7 / 11 2 8 2 10 / / / / / / 10 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1

59 Ergebnis von Iteration 2:
Standort 4 verbieten? i\j 1 2 3 4 5 si fi 20 10 7 dj 8 9 11 12 50 Transportkosten = = 97 Fixkosten = = 27 Gesamtkosten = 124 Verbesserung um 7 7 5 1 3 2 4 / 7 / 1 12 8 2 10 / / / / / 10 / Ergebnis von Iteration 2: Standorte 2 und 3 werden endgültig einbezogen Standort 4 wird verboten Es gilt also I0 = {4}, I1 = {2,3} und I1vl = {1}. Da Standort 1 aus Kapazitätsgründen nicht mehr entfernt werden kann, ist die obige Lösung mit I1 = {1,2,3} die beste mittels DROP erzielbare Lösung. → Gesamtkosten = 124 (c) Prof. Richard F. Hartl QEM - Chapter 1