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Chapter 1 Strategic Problems: Location. QEM - Chapter 1 Location problems Full truck loadtransportation … CW 1 CW 2 Central warehouse FTL or tourstransportation.

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1 Chapter 1 Strategic Problems: Location

2 QEM - Chapter 1 Location problems Full truck loadtransportation … CW 1 CW 2 Central warehouse FTL or tourstransportation … DC 1 DC 2 DC 3 DC 4 Distribution centers tourstransportation … C1C1 C2C2 C3C3 C4C4 customers … PS 1 PS 2 PS 3 PS 4 Production site (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 2

3 QEM - Chapter 1 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 Kapitel 3 / 3

4 QEM - Chapter 1 Median Problem Simplest location problem Represent in complete graph. Nodes i are customers with weights b i Choose one node as location of warehouse Minimize total weighted distance from warehouse Definition: Median directed graph (one way streets…): σ(i) = d ij b j min. undirected graph: σ out (i) = d ij b j min … out median σ in (i) = d ji b j min … in median (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 4

5 QEM - Chapter 1 Example: fromDomschke und Drexl (Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3.3.1) 012210612 203375 10084 425052 869406 11912730 2/0 1/4 3/2 4/3 5/1 6/2 2 2 2 2 3 3 3 4 4 5 D= 4 0 2 3 1 2 b= (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 5

6 QEM - Chapter 1 Example: Median i\j123456 i/j123456 OUT e.g..: delivery of goodsIN e.g.: collection of hazardous waste 4*00*122*23*106*12*1264 4*120*102*03*84*12*1096 4*40*22*53*05*12*2 35 4*80*62*93*40*12*674 4*110*92*123*73*12*092 4*20*02*33*37*12*540 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 0 6 0 24 80 20 6 6 0 0 481 3 4 5 6 2 σ out (i) 1 3 4 5 6 2 σ in (i) City 4 is median since 35+74 = 109 minimal (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 6

7 QEM - Chapter 1 Related Problem: Center Median Node with min total weighted distance min. Center Node with min Maximum (weighted) Distance min. (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 7

8 QEM - Chapter 1 24 8 15 0 6 0 24 Solution i\j123456 i/j123456 4*00*122*23*106*12*1230 4*120*102*03*84*12*1048 4*40*22*53*05*12*2 16 4*80*62*93*40*12*632 4*110*92*123*73*12*044 4*20*02*33*37*12*510 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 48 20 6 6 0 0 481 3 4 5 6 2 out (i) 1 3 4 5 6 2 in (i) City1 is center since 30+24 = 54 minimal (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 8

9 QEM - Chapter 1 Uncapacitated (single-stage) Warehouse Location Problem – LP-Formulation single-stage WLP: warehouse customer: W1W1 W2W2 m C1C1 C2C2 C3C3 C4C4 n Deliver goods to n customers each customer has given demand Exist: m potential warehouse locations Warhouse in location i causes fixed costs f i Transportation costs i j are c ij if total demand of j comes from i. (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 9

10 QEM - Chapter 1 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 Kapitel 3 / 10

11 QEM - Chapter 1 Example: from Domschke & Drexl (Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3.3.1) Solution 1: all warehouses i\j1234567fifi 1121096735 2290736 7 376153 55 465 26366 564637265 i\j1234567fifi 1121096735 376153 55 Fixed costs = 5+7+5+6+5 = 28 high Transp. costs = 1+2+0+2+3+2+3 = 13 Total costs = 28 + 13 = 41 Fixed costs = 5+5 = 10 Transp. costs = 1+2+1+5+3+7+3 = 22 Total costs = 10 + 22 = 32 Solution 2: just warehouses 1 and 3 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 11

12 QEM - Chapter 1 Formulation as LP (MIP) y i … Binary variable for i = 1, …, m: y i = 1 if location i is chosen for warehouse 0 otherwise when locations are decided: transportation cost easy (closest location) Problem: 2 m -1 possibilities (exp…) x ij … real assignment oder transportation variable für i = 1, …,m and j = 1, …, n: x ij = fraction of demand of customer j devivered from location i. (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 12

13 QEM - Chapter 1 MIP for WLP transportation cost + fixed cost Delivery only from locations i that are built Satisfy total demand of customer j y i is binary x ij non negative x ij y i i = 1, …, m j = 1, …,n i = 1, …, m For all i and j j = 1, …,n (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 13

14 QEM - Chapter 1 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 Kapitel 3 / 14

15 QEM - Chapter 1 ADD for WLP verwendete Notation: I:={1,…,m}Menge aller potentiellen Standorte I 0 Menge der endgültig verbotenen Standorte (y i bei 0 fixiert) I o vl Menge der vorläufig verbotenen Standorte (y i vorläufig auf 0) I 1 Menge der endgültig einbezogenen Standorte (y i bei 1 fixiert) Transportkostenersparnis, falls Standort i zusätzlich realisiert wird ZGesamtkosten (Zielfunktionswert) (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 15

16 QEM - Chapter 1 Initialisierung : Ermittlung, welcher Standort realisiert werden soll, wenn genau einer gebaut wird Zeilensumme c i := c ij der Kostenmatrix Auswahl des Standortes k mit den minimalen Kosten c k + f k Setze I 1 = {k}, I o vl = I – {k} und Z = c k + f k Berechne die Transportkostenersparnis ω ij = max {c kj – c ij, 0} für alle i aus I o vl und alle Kunden j sowie die Zeilensumme ω i. Beispiel: erster Standort k=5 mit Z:= c 5 + f 5 = 39, I 1 = {5}, I o vl = {1,2,3,4} (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 16

17 QEM - Chapter 1 i\j1234567fifi cici f i + c i 11210967353843 22907361073744 37615310553742 46510263663844 5646372653439 i\j1234567 ωiωi fifi 1 2 3 4 ω i ist die Transportkostenersparnis bei der Belieferung von j, wenn zusätzlich Standort i gebaut wird. Zeilensumme ω i ist die Gesamt- transportkostenersparnis, wenn Standort i zusätzlich gebaut würde. 11 5213 451 464 26 105 147 115 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 17

18 QEM - Chapter 1 Iterationsschritt: in jeder Iteration wird genau der potentielle Standort aus I o vl endgültig einbezogen, durch den die größte Kostenersparnis erzielt werden kann I o vl = I o vl – {k} und Z = Z – ω k + f k Suche potentiellen Standort k aus I o vl, für den die Gesamtersparnis (Transportkostenersparnis minus zusätzliche Fixkosten) ω k – f k maximal ist. Zusätzlich können alle Standorte endgültig verboten werden, deren Transportkostenersparnisse geringer als die zusätzlichen Fixkosten wären Berechne für alle i aus I o vl und alle Kunden j die Transportkostenersparnisse neu: ω ij = max {ω ij - ω kj, 0} Verbiete allemit ωi fi endgültig: (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 18

19 QEM - Chapter 1 Abbruch: Das Verfahren endet, sobald durch die Einbeziehung eines weiteren Standortes aus I o vl keine zusätzliche Verringerung des Zielfunktionswertes erreicht werden kann, wen also I o vl = { }. An den Standorten i aus I 1 ist ein Lager zu errichten. Gesamtkosten = Zielfunktionswert Z kostenminimale Zuordnung : x ij = 1 falls i\j 1234567 ωiωi fifi 1 2 3 4 baue k = 2 verbiete i = 4 Beispiel: Iteration 1 Wegen ω 4 < f 4 wird Standort 4 endgültig verboten. Standort k=2 wird endgültig einbezogen. Es gilt nun Z=39 – 7 = 32. Es ist nun I o vl = {1,3}, I 1 = {2,5}, I o = {4}. Ermittle erneut die Transportkostenersparnisse ω ij. 464 11 5213 541 115 147 105 26 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 19

20 QEM - Chapter 1 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. i\j1234567ωiωi fifi 1 3 baue k = 1 verbiete i = 3 123 1 65 15 Ergebnis: Das Verfahren endet mit I 1 = {1,2,5}, I o = {3,4} und Z = 32 – 1 = 31 bzw. I o vl = { }. 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 Kapitel 3 / 20

21 QEM - Chapter 1 DROP for WLP Die Menge I o vl wird durch I 1 vl ersetzt. I 1 vl Menge der vorläufig einbezogenen Standorte (die y i sind vorläufig zu 1 fixiert) Der Drop-Algorithmus verläuft umgekehrt als ADD, d.h. zunächst sind alle potentiellen Standorte vorläufig einbezogen. Initialisierung: I 1 vl = I, I 0 = I 1 = { } Iteration In jeder Iteration wird genau derjenige potentielle Standort aus I 1 vl endgültig verboten, durch dessen Verbot die Gesamtkosten am meisten gesenkt werden können. Würde sich durch das Verbieten eines Standortes aus I 1 vl die Gesamtkosten erhöhen, so kann er endgültig einbezogen werden. (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 21

22 QEM - Chapter 1 Erweiterung der Transportkostenmatrix C: In Zeile m+1 (Zeile m+2) wird für jede Spalte j = 1, …, n von C das kleinste Kostenelement c h1j (bzw. das zweitkleinste c h2j ) notiert. Dabei sind nur nicht endgültig verbotene Standorte zu berücksichtigen i\j1234567δiδi fifi 1121096735 2290736 7 376153 55 465 26366 564637265 c h1j 6 c h2j 7 h1h1 8 h2h2 9 baue verbiete Obiges Beispiel: Initialisierung und Iteration 1: I 1 vl ={1,2,3,4,5} In Zeile m+3 (Zeile m+4) wird die Zeilennummer h 1 (bzw. h 2 ) gespeichert, in der das kleinste (bzw. zweitkleinste) Kostenelement steht. Wird Standort h 1 (aus I 1 vl ) verboten, steigen die Transportkosten für den Kunden j um c h2j - c h1j 5 1 0 1 1 2 1 4 5 0 2 1 3 2 4 3 5 3 2 3 3 2 5 3 4 3 1 5 32 2 1 1 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 22

23 QEM - Chapter 1 Nun ermitteln wir für alle i aus I 1 vl die Transportkostenerhöhung δ i falls i im aktuellen Iterationsschritt endgültig verboten wird. Dabei ist δ i die Summe der Differenzen zwischen kleinstem und zweitkleinstem Kostenelement jener Spalten, wo die Zeile i = h 1 das kleinste Kostenelement enthält. Iteration 2: I 1 vl = {3,4,5}, I 1 = {1}, I 0 = {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 I 1 = {1}, allerdings ist 1 kein Kandidat mehr dafür, gestrichen zu werden. Daher muss in dieser Zeile kein δ i mehr ermittelt werden. 2 Beispiele: Übersteigen die ersparten Fixkosten f i die Transportkostenerhöhung δ i, so bringt das Verbot von i eine Senkung der Gesamtkosten. In Iteration 1 wird also Standort 1 wegen δ i = f i endgültig einbezogen. δ 1 = (c 21 – c 11 ) + (c 52 – c 12 ) + (c 37 – c 17 ) = 5 δ 2 = (c 33 – c 23 ) + (c 35 – c 25 ) = 1 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 23

24 QEM - Chapter 1 i\j1234567 112109673 376153 5 465 2636 56463726 δiδi fifi - 5 6 5 baue verbiete Nun wird Standort 3 endgültig einbezogen und Standort 4 endgültig verboten. c h1j c h2j h1h1 h2h2 2 1 4 5 1 3 6 5 2 4 3 5 3 3 6 1 2 5 3 4 3 1 5 34 6 1 1 - 8 1 1 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 24

25 QEM - Chapter 1 Iteration 3: I 1 vl = {5}, I 1 = {1,3}, I 0 = {2,4} Nun wird Standort 5 endgültig einbezogen, da ein Verbieten nur Fixkosten von f 5 = 5 einsparen würde aber die Transportkosten um δ 5 = 7 steigern würde.. i\j1234567 112109673 376153 5 56463726 δiδi fifi - - 5 baue c h1j c h2j h1h1 h2h2 2 1 4 5 1 3 6 5 3 5 5 3 3 3 6 1 2 5 7 1 3 1 5 35 6 1 1 - - 7 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 25

26 QEM - Chapter 1 Ergebnis : Standorte aus I 1 = {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 Kapitel 3 / 26

27 QEM - Chapter 1 Improvement for WLP verschiedene Vertauschungsmethoden (bei jedem Iterationsschritt): je einen bezogenen Standort (aus I 1 ) gegen einen verbotenen Standort (aus I 0 ) 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 Kapitel 3 / 27

28 P-Median Number of facilities is fixed … p Typacally fixed costs are not needed (but can be considered if not uniform) QEM - Chapter 128 (c) Prof. Richard F. Hartl

29 QEM - Chapter 1 MIP for p -Median transportation cost + fixed cost Delivery only from locations i that are built Satisfy total demand of customer j y i is binary x ij non negative x ij y i i = 1, …, m j = 1, …,n i = 1, …, m For all i and j j = 1, …,n (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 29 Exactly p facilities

30 QEM - Chapter 1 Design of Transport Networks 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 warehouseV1V2V3V4Production F110561125 F2227425 F3914850 Demand15203035100 Transportation Problem: Model & LP (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 30

31 QEM - Chapter 1 General formulation: m supplyers with supply s i, i = 1, …, m n customers with demand d j, j = 1, …, n Transportation cost c ij per unit from i to j, i = 1, …, m; j = 1, …, n variable: Transportation quantity x ij from i to j LP-Formulation: Transportation cost Supply Demand Non negativity i = 1, …, m j = 1, …, n i = 1, …, m; j = 1, …, n Data must satisfyTotal demand = Total supply (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 31

32 QEM - Chapter 1 In example: Supply: x 11 + x 12 + x 13 + x 14 = 25 (i=1) x 21 + x 22 + x 23 + x 24 = 25 (i=2) x 31 + x 3 2 + x 33 + x 34 = 50 (i=3) : Damand: x 11 + x 21 + x 31 = 15 (j=1) x 12 + x 22 + x 32 = 20 (j=2) x 13 + x 23 + x 33 = 30 (j=3) x 14 + x 24 + x 34 = 35 (j=4) Non negativity: x ij 0 für i = 1, …, 3; j = 1, …, 4 K = (10x 11 +5x 12 +6x 13 +11x 14 ) + (x 21 +2x 22 +7x 23 +4x 24 ) + (9x 31 +x 32 +4x 33 +8x 34 ) min (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 32

33 QEM - Chapter 1 Solution: As LP (o.k. but less efficient) In each column exactly 2 of the m + n elements are 0 Make use of special structure: 1... 1... 1... 1 1. 1. 1...1. 1 Transportation simplex or network simplex Starting solution Iteration (stepping stone) (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 33

34 QEM - Chapter 1 3.2.2. Eröffnungsverfahren – Ermittlung einer Basislösung 1.) Man stellt folgende Tabelle auf und füllt sie aus, wobei man von links oben (Nord-West) nach rechts unten vorgeht. 3.2.2.1 Eröffnungsverfahren: Nordwesteckenregel 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 x ij 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 x ij Die restlichen m*n – (m+n-1) Variablen müssen immer 0 sein (NBV) (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 34

35 QEM - Chapter 1 Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem: i\j1234sisi 125 2 350 djdj 15203035100 Das nächste Beispiel zeigt, dass man durchaus mehrmals hintereinander nach rechts bzw. nach unten gehen kann: i\j1234sisi 130 220 335 djdj 1510352585 1510 15 35 1510 5 20 1025 Nur mehr eine Zeile nicht gestrichen (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 35

36 QEM - Chapter 1 Dabei kann auch Degeneration auftreten (eine oder mehrere der m+n-1 Basisvariablen werden Null) Letztere dürfen dann nicht weggelassen werden: i\j1234sisi 115 2 350 djdj 1020302080 105 150 3020 Hier könnte man sowohl die Spalte als auch Zeile streichen. Wir dürfen aber nur eine streichen (zufällige Auswahl). Vorteil: sehr einfach und sehr schnell Nachteil: Völlige Vernachlässigung des Kostenfaktors meist keine gute Startlösung (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 36

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

38 QEM - Chapter 1 Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem i\j1234sisi 125 2 350 djdj 15203035100 20525 1510 25 105611 1274 9148 Opportunitäts kosten 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. 8124 1 1 3 2 1 3 10 / / // 423 30 5 4 / 5 / 25 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 38

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

40 QEM - Chapter 1 Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem Beachte: Spaltenminimummethode ist ein reines Greedyverfahren einziger Ansatzpunkt: Kosten in der unmittelbaren Spalte optimale Lösung bei der Beschäftigungsglättung i\j1234sisi 125 2 350 djdj 15203035100 25 10 0 15 2030 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 40

41 QEM - Chapter 1 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\j12…nsisi uiui 1 c 11 c 12 … c 1n s1s1 u1u1 2 c 21 c 22 … c 2n s2s2 u2u2 ………… …… m c m1 c m2 … c mn smsm umum djdj d1d1 d2d2 …dndn vjvj v1v1 v2v2 …vnvn (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 41

42 QEM - Chapter 1 Bei allen NBV wird der Koeffizient in der Zielfunktion, also c ij – u i – v j 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. Für die aktuelle Basislösung werden die u i und v j berechnet, nach der Regel [MODI] c ij = u i + v j wenn x ij eine BV ist Die Werte werden außen in das erweiterte Tableau eingetragen. Da die u i und v j 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 u i und v j ) 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 Kapitel 3 / 42

43 QEM - Chapter 1 Lösung des obigen Beispiels: i\j1234sisi uiui 1 105611 25 2 1274 3 9148 50 djdj 15203035 vjvj 1510 15 35 -3-4 -7-6 25 105 14 -3 -6 0 Zur Illustration wird die mittels NW-Ecken-Regel bestimmte Ausgangslösung verwendet, welche in das erweiterte Tableau eingetragen wird. Dann werden u i und v j gemäß Punkt 1 berechnet (wobei u 1 =0). Danach werden Koeffizienten der NBV gemäß Punkt 2 berechnet. (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 43

44 QEM - Chapter 1 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: Das am stärksten negative Element c ij – u i – v j bei den NBV ist der Koeffizient -7 bei x 24 neue Basisvariable x 24. 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. K = 25*0 + 25*(-3) + 50*(-6) + 15*10 + 20*5 + 30*10 + 35*14 = 665 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 44

45 QEM - Chapter 1 Kettenreaktion: i\j1234sisi uiui 1 105611 25 2 1274 3 9148 50 djdj 15203035 vjvj 15+ 15- 35- 1510 -3-4 -7-6 25 105 14 -3 -6 0 Neue BV x 24 hat den Wert 0 wird um den Wert erhöht. Bei den anderen BVn wird + oder - addiert. Wenn x 24 um steigt, müssen x 23 und x 34 und sinken, wodurch x 33 um erhöht werden muss. Für = 15 wird x 23 gleich 0 BV x 23 scheidet aus. + K = 665 – 7 * = 665 – 7*15 = 560 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 45

46 QEM - Chapter 1 neue BV x 24 bekommt den Wert =15 Kettenreaktion x 34 = 35-15 = 20 x 33 = 15+15 = 30 x 23 ist keine BV mehr und alle anderen BV bleiben gleich. i\j1234sisi uiui 1 105611 25 2 1274 3 9148 50 djdj 15203035 vjvj 43 7-6 -5-2 10+ 15- 10- 10537 -3 1 0 3020 15 Nächster Iterationsschritt: K = 560 – 6 * = 560 – 6*10 = 500 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 46

47 QEM - Chapter 1 nächster Iterationsschritt: i\j1234sisi uiui 1 105611 25 2 1274 3 9148 50 djdj 15203035 vjvj -2-3 76 14 20 105913 -9 -5 0 5- 30- 15- 20+ 10+ K = 500 – 3 * = 500 – 3*5 = 485 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 47

48 QEM - Chapter 1 nächster Iterationsschritt: i\j1234sisi uiui 1 105611 25 2 1274 3 9148 50 djdj 15203035 vjvj -2 13 73 4 20- 5+ 75610 -6 -2 0 25- 10 25 15 K = 485 – 2 * = 485 – 2*20 = 445 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 48

49 QEM - Chapter 1 nächster Iterationsschritt: i\j1234sisi uiui 1 105611 25 2 1274 3 9148 50 djdj 15203035 vjvj 213 75 4 25 5148 -4 0 2 205 10 25 15 Bei allen NBVn stehen positive Ko- effizienten optimale Lösung gefunden. Basisvariablen: x 13 = 25 x 21 = 15 x 24 = 10 x 32 = 20 x 33 = 5 x 34 = 25 Gesamte Transportkosten: K = 445 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 49

50 QEM - Chapter 1 Das Transportproblem ist ein LP-Problem mit Gleichheitsbeschränkungen. Aus diesem Grund dürfen die dualen Variablen u i bzw. v j auch negativ sein (freie Variablen). 3.2.3.1 Sensitivitätsanalyse bei (kleinen Änderungen der rechten Seiten s i und d j ) die dualen Variablen u i und v j nicht ändert, sodass sich die Zielfunktion um (u i + v j ) ändert: Aus der Dualitätstheorie kann man sehr leicht ableiten, dass die Datenänderung Klarerweise müssen ein s i und ein d j gleichzeitig geändert werden, da sonst die Summen der angebotenen und nachgefragten Mengen nicht mehr übereinstimmen würden. s i s i + für ein i und d j d j + für ein j K K + (u i + v j ) (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 50

51 QEM - Chapter 1 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\j1234sisi uiui 1 1425 22 2 6156 24 3 7535 16 djdj 10132217 vjvj 10 124 2 1 0 106 11 12 13 Was passiert nun, wenn wir folgende Datenänderung durchführen? s 1 s 1 + und d 2 d 2 + Die minimalen Kosten ändern sich in diesem Fall auf K = 173 + (u 1 + v 2 ) = 173 - ; das bedeutet, die minimalen Kosten sinken, wenn mehr zu transportieren ist! (Dies kann passieren (wenn es negative u i und v j gibt. Normalerweise werden aber die Kosten aber eher steigen.) 22 + 13 + (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 51

52 QEM - Chapter 1 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\j1234sisi uiui 1 1425 22 + 2 6156 24 3 7535 16 djdj 10 13 + 2217 vjvj 10 124 2 1 0 6+ 10- 11- 12+ 13+ K = 173 - Wie leicht einzusehen ist, wird x 33 als erste 0, falls steigt. Bei diesem Beispiel ist daher die obere Schranke 10. Analoges gilt auch für negatives. Hier wird x 34 als erste 0, falls sinkt und die untere Schranke ist daher -6. Probe: K = 1*10+2*(12+ ) + 1*(13+ ) +6*(11- ) +3*(10- ) +5*(6 + ) = 173 - (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 52

53 QEM - Chapter 1 Capacitated WLP Similar to un-capacitated WLP, but Each location i = 1,..., m has maximal supply (capacity) s 1,..., s m Transportation cost c ij now per unit (like in TP) Demand of customers explicitly given: d 1,..., d n x ij now quatity that flows from i to j (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 53

54 QEM - Chapter 1 MIP for capacitated WLP cost Delivery only from warehouse that is built and observe capacity i = 1,…,m j = 1,…,n Delivery only from warehouse that is built, do not exceed demand Satisfy total demand y i binary and x ij non negative i = 1,…,m For all i and j (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 54

55 QEM - Chapter 1 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 Kapitel 3 / 55

56 QEM - Chapter 1 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\j12345sisi fifi 1835402010 2123402010 365730 7 484750 7 djdj 89 112260 Reduktionskonstante = 8*1 + 9*2 + 10*3 + 11*3 i\j12345sisi fifi 1712102010 2000102010 353400 7 472420 7 djdj 89 112260 (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 56

57 QEM - Chapter 1 Initialisierung: bei der Ausgangslösung werden alle Standorte realisiert: i\j12345sisi fifi 12010 22010 3 7 4 7 djdj 89 112260 7 0 5 7 1 0 3 2 2 0 4 4 1 1 0 2 0 0 0 0 / 8 / / / 10 / / 1 / / 12 / / 10 7 2 / / Transportkosten = 89 + 7 + 1 = 97 Fixkosten = 10+10+7+7 = 34 Gesamtkosten = 131 Iteration: Nun müssen einzeln alle Szenarien geprüft werden, wo genau einer der 4 Standorte endgültig verboten wird. Dazu muss jeweils ein TP gelöst werden. Transportkosten = 89 + 14 + 2 = 105 Fixkosten = 10+7+7 = 24 Gesamtkosten = 129 Verbesserung um 2 i\j12345sisi fifi 22010 3 7 4 7 djdj 89 11240 0 5 7 0 3 2 0 4 4 1 0 2 0 0 0 8 / / 1010 / / / 10 1 / / 2 2 / 7 Standort 1 verbieten? (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 57

58 QEM - Chapter 1 Standort 2 verbieten? i\j12345sisi fifi 12010 3 7 4 7 djdj 89 11240 7 5 7 1 3 2 2 4 4 1 0 2 0 0 0 / / 8 1010 / / 1 10 / / / 2 9 / / Transportkosten = 89 + 56 + 20 + 9 +1 = 175 Fixkosten = 10+7+7 = 24 Gesamtkosten = 199 Verschlechterung Standort 3 verbieten? i\j12345sisi fifi 12010 22010 4 7 djdj 89 111250 7 0 7 1 0 2 2 0 4 1 1 2 0 0 0 / 8 / / 10 / 11 / / 2 / 10 7 2 / Transportkosten = 89 + 11 + 7 = 107 Fixkosten = 10+10+7 = 27 Gesamtkosten = 134 Verschlechterung (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 58

59 QEM - Chapter 1 Standort 4 verbieten? Transportkosten = 89 + 1 + 7 = 97 Fixkosten = 10+10+7 = 27 Gesamtkosten = 124 Verbesserung um 7 i\j12345sisi fifi 12010 22010 3 7 djdj 89 111250 7 0 5 1 0 3 2 0 4 1 1 0 0 0 0 / 8 / / 10 / 1 / 12 / / 7 2 / Ergebnis von Iteration 2: Standorte 2 und 3 werden endgültig einbezogen 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 Standort 4 wird verboten (c) Prof. Richard F. Hartl Kapitel 3 / 59


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