Strategische Planungsprobleme

Präsentation zum Thema: "Strategische Planungsprobleme"—  Präsentation transkript:

1 Strategische Planungsprobleme
Kapitel 3 Strategische Planungsprobleme

2 Operations Management
3.1. Standortprobleme … PS1 PS2 PS3 PS4 Produktionsstätten Einzellieferung Transportmittel … ZL1 ZL2 ZL3 ZL4 Zentrallager Einzel oder Touren Transportmittel … AL1 AL2 AL3 AL4 Auslieferungslager Tourenlieferung Transportmittel … K1 K2 K3 K4 Abnehmer (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

3 Operations Management
Weiter Stufen möglich (Regionallager, . . .) einzelne Aufgaben können delegiert werden Problemstellungen Anzahl der Lager Festlegung der Lagerstandorte Transportproblem (Zuordnungsprobleme) (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

4 Operations Management
3.1.1 Medianproblem Einfachstest Standortproblem Als Graph dargestellt Lösung: Knoten mit der geringsten gewichteten Distanzsumme Definition: Median Gerichteter Graph: σ(i) = ∑dijbj → min. Ungerichteter Graph: σout(i) = ∑dijbj → min. σin(i) = ∑djibj → min. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

5 Operations Management
Beispiel: aus Domschke und Drexl (Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3.3.1) 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 Operations Management

6 Lösungsverfahren: Median
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 Ort 4 ist der Median da = 109 minimal z.B.: Versorgung z.B.: Entsorgung (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

7 Verwandtes Problem: Zentrenproblem
Medianproblem Knoten mit der geringsten gewichteten Distanzsumme → min. Zentrenproblem (Center) Knoten mit dem geringsten Maximum der gewichteten Distanzen (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

8 Operations Management
Lösungsverfahren i\j 1 2 3 4 5 6 i/j 1 2 3 4 5 6 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 Ort 1 ist das Zentrum da = 54 minimal z.B.: Versorgung z.B.: Entsorgung (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

9 Operations Management
3.1.2 Unkapazitierte einstufige Warehouse Location Probleme – LP-Formulierung Einstufiges WLP: Lager: Abnehmer: L1 L2 m K1 K2 K3 K4 n Es sind n Kunden zu beliefern, die gewisse Mengen nachfragen. Das Unternehmen möchte seine Vertriebskosten senken, indem es Auslieferungslager einrichtet und betreibt. Hiefür stehen m potentielle Standorte zur Verfügung. Wird am potentiellen Standort i ein Lager errichtet, so entstehen fixe Kosten der Lagerhaltung in Höhe von fi GE pro Periode. Die Transportkosten betragen cij GE, falls der Kunde j voll durch ein am Standort i eingerichtetes Lager beliefert wird. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

10 Operations Management
Fragestellungen: Wie viele Lager sind vorzusehen? Wo sind sie einzurichten? Zielsetzung: Volle Befriedigung der Nachfrage Minimierung der Summe aus (fixen) Lagerhaltungskosten und Transportkosten (Lager → Kunde) Annahme: Transportkosten (Fabrik → Standort) vernachlässigbar (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

11 Operations Management
Beispiel: aus Domschke und Drexl (Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3.3.1) Lösung 1: alle Standorte werden gebaut Lösung 2: nur Standort 1 und 3 werden gebaut i\j 1 2 3 4 5 6 7 fi 10 9 i\j 1 2 3 4 5 6 7 fi 10 9 Fixkosten = = 28 Transportkosten = = 13 Gesamtkosten = = 41 Fixkosten = 5+5 = 10 Transportkosten = = 22 Gesamtkosten = = 32 (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

12 Operations Management
bei festgelegten Standorten: Kosten können sofort angegeben werden Problem: 2m-1 Möglichkeiten (bei m=10 → 1023 Möglichkeiten) Formulierung als ganzzahliges LP-Modell (MIP) yi … Binärvariable für i = 1, …, m: yi =1 wenn am potentiellen Standort i ein Lager errichtet wird 0 sonst xij … reellwertige „Zuordnungs-“ oder Transportvariable für i = 1, …,m und j = 1, …, n: xij = Anteil der Nachfrage von Kunde j der von Lager i aus beliefert wird. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

13 Formulierung xij ≤ yi für j = 1, …,n Transportkosten + Standortkosten
Nur von einem Standort i aus, wo ein Lager errichtet wurde, kann ein Kunde beliefert werden xij ≤ yi für i = 1, …, m und j = 1, …,n Die gesamte Nachfrage jedes Kunden j soll beliefert werden für j = 1, …,n für i = 1, …, m für alle i und j yi ist binär und xij nichtnegativ (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

14 Operations Management
Problem: m*n reele Variablen und m binäre → spätestens ab ca. 100 Standorten wird eine exakte Lösung aufwendig → Heuristiken Einteilung der Heuristiken: Konstruktions- oder Eröffnungsverfahren (zur Ermittlung einer zulässigen Ausgangslösung) Verbesserungsverfahren (zur Verbesserung einer gegebenen Ausgangslösung) (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

15 3.1.2.1 Eröffnungsverfahren ADD
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 Operations Management

16 Operations Management
Initialisierung: 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 Operations Management

17 Operations Management
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 Operations Management

18 Operations Management
Iterationsschritt: 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 Operations Management

19 Operations Management
Abbruch: 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 Operations Management

20 Operations Management
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 Operations Management

21 3.1.2.2 Eröffnungsverfahren DROP
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 Operations Management

22 Operations Management
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 Operations Management

23 Operations Management
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 Operations Management

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

25 Operations Management
Iteration 3: I1vl = {5}, I1 = {1,3}, I0 = {2,4} i\j 1 2 3 4 5 6 7 10 9 δi 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 Operations Management

26 Operations Management
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 Operations Management

27 3.1.2.3 Verbesserungsverfahren
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 Operations Management

28 3.2 Design von Transportnetzwerken
3.2.1 Transportproblem: Modell und LP-Formulierung Situation: Standorte der Kunden und Lager bzw. Produktionsstellen sind festgelegt, wobei nun diese Angebotsquellen beschränkte Kapazität besitzen. Beispiel: Firma mit 3 Produktionsstätten und 4 Verkaufstellen Transportkosten pro Stück von Fabrik i nach Verkaufsstelle j Gesamtnachfrage muss gleich Gesamtproduktion sein (→ keine Über-produktion, keine vernachlässigte Nachfrage) Verkaufsstellen Fabrik V1 V2 V3 V4 Produktion F1 10 5 6 11 25 F2 2 7 4 F3 9 1 8 50 Nachfrage 15 20 30 35 100 (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

29 Operations Management
Allgemeine Formulierung: m Produzenten mit dem Angebot si, i = 1, …, m n Abnehmer mit der Nachfrage dj, j = 1, …, n Transportkosten cij pro Stück von i nach j, i = 1, …, m; j = 1, …, n LP-Formulierung: Zusätzlich: Transportierte Menge pro Zeiteinheit xij von i nach j Transportkosten i = 1, …, m Angebot j = 1, …, n Nachfrage Nichtnegativität i = 1, …, m; j = 1, …, n Sinnvollerweise muss gelten Angebot gleich Nachfrage (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

30 Operations Management
In obigem Beispiel lautet das Transportproblem daher: K = (10x11+5x12+6x13+11x14) + (x21+2x22+7x23+4x24) + (9x31+x32+4x33+8x34)  min Angebotsnebenbedingungen: x11 + x12 + x13 + x = 25 (i=1) x21 + x22 + x23 + x24 = 25 (i=2) x31 + x3 2+ x33 + x34 = 50 (i=3) : Nachfragenebenbedingungen: x x x = 15 (j=1) x x x = 20 (j=2) x x x = 30 (j=3) x x x34 = 35 (j=4) Nichtnegativität: xij  0 für i = 1, … , 3; j = 1, … , 4 (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

31 Operations Management
Lösungsmöglichkeit: Simplex-Methode → eher ineffizient, wegen Allgemeiner Struktur der Koeffizientenmatrix: . . . 1 . In jeder Spalte genau 2 der m + n Elemente ≠ 0 → 2-Phasensimplexmethode möglich, aber ineffizient andere Möglichkeit: Eröffnungsverfahren anwenden um eine Basislösung zu ermitteln → als Verbesserungsverfahren den normalen Simplex-Iterationsschritt (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

32 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 Operations Management

33 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 Operations Management

34 Operations Management
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 Operations Management

35 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 Operations Management

36 Operations Management
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 Operations Management

37 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 Operations Management

38 Operations Management
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 Operations Management

39 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 Operations Management

40 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 Operations Management

41 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 Operations Management

42 Operations Management
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 Operations Management

43 Operations Management
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 Operations Management

44 Operations Management
neue BV x24 bekommt den Wert =15 → Kettenreaktion x34 = = 20 x33 = = 30 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 Operations Management

45 Operations Management
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 Operations Management

46 Operations Management
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 Operations Management

47 Operations Management
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 Operations Management

48 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 Operations Management

49 Operations Management
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 Operations Management

50 Operations Management
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 Operations Management

51 Operations Management
3.2.4 kapazitierte WLP Das kapazitierte, einstufige WLP unterscheidet sich vom unkapazitierten WLP lediglich durch die Annahme, dass die Kapazität der an den potentiellen Standorten i = 1, ..., m errichtbaren Lager auf maximal s1, ..., sm ME (pro Periode) beschränkt ist die Transportkosten cij als Geldeinheiten je beförderte Mengeneinheit definiert sind (aus Gründen der Zweckmäßigkeit). die Nachfragemengen der Kunden explizit mit d1, ..., dn ME angegeben sind: xij nun die von einem Lager am Standort i zum Kunden j transportierte Gütermenge (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

52 3.2.4.1 LP - Formulierung Transportkosten + Standortkosten
Nur wenn bei i ein Lager steht, kann von dort geliefert werden; die Gesamtmenge darf die Kapazität nicht überschreiten. für i = 1,…,m für i = 1,…,m für j = 1,…,n Die von i nach j transportierte Menge darf die Nachfrage nicht überschreiten Die gesamte Nachfrage jedes Kunden muss befriedigt werden für j = 1,…,n für i = 1,…,m für alle i und j yi ist binär und xij ist nichtnegativ (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

53 3.2.4.2 ADD und DROP bei kapazitierten Problemen
Vorgangsweise: prinzipiell identisch wie bei unkapazitierten Problemen Bei der Bewertung der Lösungen muss man ein kleines Transportproblem lösen → es muss also in jedem Iterationsschritt eine Reihe von Transportproblemen gelöst werden. Dazu wird ein Dummy-Knoten eingeführt um die überschüssigen Kapazitäten aufzufangen bzw. um die fehlenden Kapazitäten auszugleichen (z.B. zu Beginn des ADD-Algorithmus) wobei die Transportkosten mit M (einer sehr großen Zahl) angesetzt werden. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

54 Operations Management
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 Operations Management

55 Operations Management
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 Operations Management

56 Operations Management
Standort 2 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 Operations Management

57 Operations Management
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 Operations Management