Formulazioni. Consideriamo il seguente problema di Knapsack 0-1. max (5x x 2. ) st 3x x 2. < 6 x {0,1} 2

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1 Formulazioni Consideriamo il seguente problema di Knapsack 0-1 max (5x 1 + 2x 2 ) st 3x 1 + 4x 2 < 6 x {0,1} 2 Insiemi ammissibili F = {(0, 0), (0, 1), (1, 0)} Rappresentiamo sul piano gli insiemi ammissibili.

2 Insiemi ammissibili x 2 (0, 1) (1, 1) (0, 0) (1, 0) x 1

3 Formulazione Un poliedro P è una formulazione di un problema di OC se e solo se P {0,1} n = F x 2 x 1

4 Il rilassamento lineare Il problema di knapsack 0-1 max 5x 1 + 2x 2 3x 1 + 4x 2 < 6 x {0,1} 2 ha come rilassamento lineare max 5x 1 + 2x 2 3x 1 + 4x 2 < 6 x 1 > 0 x 2 > 0 x 1 < 1 x 2 < 1

5 è un poliedro x 2 3x 1 + 4x 2 < 6 x 2 < 1 x 1 > 0 x 1 < 1 x 2 > 0 x 1

6 ovvero, è una formulazione x 2 x 1

7 Gerarchia di formulazioni Quando una formulazione è migliore di un altra? Definizione: Se un poliedro P 1, formulazione di F, è contenuto in P 2, formulazione di F, diciamo che P 1 è migliore di P 2. In generale P 1 P 2 P 3 Esiste una formulazione ideale?

8 Formulazione ideale Geometricamente la formulazione ideale coincide con il più piccolo poliedro contenente F. x 2 Come si ottiene la formulazione ideale? x 1

9 Proprietà Osservazione: Ogni vertice del poliedro associato alla formulazione ideale è in corrispondenza biunivoca con un insieme ammissibile. Definizione: Dati due vettori x 1 e x 2 di R n si definisce combinazione convessa il vettore y = λx 1 + (1 λ) x 2 con λ [0, 1] Esempio: x 1 y x 2

10 Involucro convesso Definizione: Dato un insieme X R n, l involucro convesso di X, indicato con conv(x), è definito nel modo seguente: conv (X) = {x: x = Σλ i x i, Σλ i =1, λ i > 0 per i=1,,t su tutti i sottoinsiemi finiti {x 1,, x t } di X}. Pertanto, l involucro convesso è l insieme di tutte le possibili combinazioni convesse di un insieme di vettori X di R n. Osservazione: conv(x) è un poliedro. t i =1 i =1 La formulazione ideale di F è conv (F). t

11 Calcolo di conv (F) In linea di principio Dati gli insiemi ammissibili F = {(0, 0), (0, 1), (1, 0)} y conv(f) se e solo se si può esprimere come y 1 y 2 =λ λ λ λ 1 +λ 2 +λ 3 =1 λ 1,λ 2,λ 3 0

12 a questo punto Attenzione: questo sistema è nello spazio R n+m, se m sono gli insiemi ammissibili. Quindi per ottenere la formulazione ideale è necessario proiettare il sistema nello spazio R n. A questo scopo è possibile utilizzare l algoritmo di Fourier- Motzkin che consente di eliminare le variabili λ.

13 Punto della situazione Dato un problema di OC 1. Elenco tutti gli insiemi ammissibili. 2. Rappresento gli insiemi ammissibili come vettori a componenti in {0,1}. 3. Scrivo l involucro convesso applicando la definizione. 4. Con l algoritmo di Fourier-Motzkin elimino i coefficienti della combinazione convessa e ottengo una formulazione ideale nello spazio R n. 5. Applico il metodo del simplesso e trovo la soluzione ottima. È efficiente questo algoritmo?

14 Efficienza del calcolo di conv(f) Problemi del precedente algoritmo 1. Gli insiemi ammissibili sono tipicamente in numero esponenziale. 2. L algoritmo di Fourier-Motzkin non ha complessità polinomiale. Però sappiamo che una formulazione ideale esiste sempre e quindi 1. Caso MOLTO fortunato: abbiamo una formulazione che è proprio la formulazione ideale. 2. Tentiamo di approssimare la formulazione ideale costruendo una gerarchia di formulazioni a partire da una formulazione iniziale.

15 Gerarchia di formulazioni Quando una formulazione è migliore di un altra? Definizione: Se un poliedro P 1, formulazione di F, è contenuto in P 2, formulazione di F, diciamo che P 1 è migliore di P 2. In generale, una gerarchia di formulazioni è costituita da un insieme di poliedri P 1 P 2 P 3

16 Esempio Consideriamo un problema di knapsack con il vincolo che l oggetto k può essere scelto se e solo se nella bisaccia sono stati scelti gli oggetti i e j. Formulazione 1. Formulazione 2. max c T x st ax b x k x i x k x j x {0,1 } n max c T x st ax b 2x k x i +x j x {0,1 } n

17 Esempio (II) Il rilassamento lineare della Formulazione 1 è migliore di quello della Formulazione 2. Infatti, il vincolo 2x k x i +x j è implicato dai vincoli x k x i x k x j Quindi, P 1 P 2.

18 Formulazione ideale La formulazione del problema di knapsack NON è una formulazione ideale. Domanda: Esistono casi fortunati in cui la formulazione coincide con la formulazione ideale? E possibile caratterizzare le formulazioni ideali in modo da riconoscerle in tempo polinomiale?

19 Il caso fortunato Consideriamo il seguente problema di PL in forma standard, in cui A R m n è una matrice intera e b R n è un vettore intero con rg (A) = m < n. min c T x Ax = b x > 0 Se il problema ammette soluzione ottima finita, allora il metodo del simplesso restituisce la soluzione ottima in corrispondenza di una soluzione di base ammissibile del tipo: X = X B X N = B 1 b 0

20 Il caso fortunato (II) Osservazione: Se la base ottima B ha determinante det(b )= + 1, allora il problema lineare ha una soluzione intera. Infatti: B 1 = B a /det(b), dove B a è la matrice aggiunta. Gli elementi di B a sono tutti prodotti di termini di B. Pertanto B a è una matrice intera e, poiché det(b)=+1, B 1 è ancora intera. Pertanto la soluzione di base x B = B 1 b è intera per ogni intero b.

21 Matrici unimodulari Definizione: Una matrice A intera m n (m < n) si dice unimodulare se ogni sua sottomatrice B di dimensioni m m ha det(b) = {-1, 0, +1}. Dall osservazione precedente si ottiene il seguente risultato: Teorema: Se A è una matrice unimodulare e b è un vettore intero, il poliedro P = {Ax = b, x > 0} ha tutti i vertici interi.

22 Matrici totalmente unimodulari Consideriamo ora il rilassamento lineare di una formulazione di PL-{0,1}. In generale, sarà del tipo: min c T x Ax b (P ) x > 0 Per portare questo problema in forma standard bisogna inserire le variabili di slack y: min c T x Ax Iy = b (P ) x, y > 0

23 Matrici totalmente unimodulari Definizione: Una matrice A si dice totalmente unimodulare (TUM) se ogni sottomatrice quadrata di A ha determinante {-1, 0, +1}. Proprietà delle matrici TUM Una matrice A è TUM se e solo se la matrice trasposta A T è TU. la matrice (A, I ) è TU.

24 Teorema Teorema (Hoffman-Kruskal [1956]): Sia A una matrice intera. Il poliedro P definito da P = {Ax > b, x > 0} ha tutti i vertici interi per ogni vettore intero b se e solo se A è TUM. Attenzione: Il teorema non vale se P = {x R n, Ax = b}. Infatti, in questo caso P può avere vertici interi ma A può non essere TUM.

25 Condizioni per la TU Teorema: A è TUM se i) a ij {-1, 0, 1} ii) Ogni colonna ha al più due coefficienti non nulli iii) Esiste una partizione (M 1, M 2 ) dell insieme delle righe M tale che ogni colonna j contenente due coefficienti non nulli soddisfa a ij = a ij i Μ 1 i Μ 2 Osservazione: - se la colonna j contiene due elementi a ij 0 e a kj 0 dello stesso segno allora i M 1 e k M 2. - se la colonna j contiene due elementi a ij 0 e a kj 0 di segno opposto allora i, k M 1 oppure i,k M 2.

26 Dimostrazione Supponiamo che le condizioni i), ii) e iii) siano soddisfatte. Dobbiamo dimostrare che ogni sottomatrice quadrata B di A ha det(b) { 1, 0, 1}. Procediamo per induzione: Se B è una sottomatrice 1 1, banalmente det(b) { 1,0,1}. Supponiamo ora che la tesi valga per ogni sottomatrice di A di dimensioni (n 1) (n 1) e consideriamo una sottomatrice B di dimensioni n n. Se B contiene una colonna nulla, det(b) = 0.

27 Dimostrazione Se B contiene una colonna con un unico elemento diverso da zero, allora det(b) = +det(b ), dove B è di ordine (n 1) (n 1). Pertanto, dall ipotesi induttiva, det(b) { 1,0,1}. Se ogni colonna di B contiene due elementi 0, dall ipotesi si ottiene a ij = a ij i Μ 1 i Μ 2 Questo implica che det(b) = 0.

28 Esempi di matrici TUM G (N, A) grafo diretto 2 3 e a i d c h b f g 4 5 l t A Matrice di incidenza nodi-archi M 1 = M, M 2 = a b c d e f g h i l s Teorema: La matrice di incidenza di t un grafo diretto è TUM.

29 Problema di cammino minimo Dati: G (N, A) grafo diretto, due nodi (s, t), vettore c R + A min Σc ij x ij Σ x sk Σ x ks = 1 k δ + (s) Σ x ik Σ x ki = 0 per i V\{s, t} Σ x tk k δ + (i) k δ - (s) Σ x kt = 1 k δ + (t) k δ - (i) k δ - (t) x ij > 0, intera per (i,j) A

30 Problema di cammino minimo z= min c ij x ij st =[ 1 Ax 0 1] x 0 x 1 x {0,1 } A La stipula di interezza può essere rimossa in quanto A è TU

31 Matrice di incidenza di grafi bipartiti d c b a e 4 5 M 2 a b c d e M Teorema: Un grafo è bipartito se e solo se la sua matrice di incidenza è totalmente unimodulare.

32 Matrici di incidenza Domanda:Tutte le matrici di incidenza sono TU? NO!!! 1 b a 2 c 3 a b c

33 Matrici totalmente unimodulari Primale min c T x Ax b x > 0 max y T b A T y < c T y > 0 Duale Supponiamo che A sia TUM (quindi il primale è intero). Poiché A è TUM se e solo se la matrice trasposta A T è TUM, segue che anche il duale è intero. Teorema: Se A è TUM allora sia il problema primale che il problema duale sono interi.

34 Algoritmo di Held & Karp per il calcolo dell'1-albero di peso minimo

35 1-albero Ricordiamo che: Definizione: Dato un grafo G = (V, E), un 1-albero è un sottografo di G che consiste di due archi adiacenti al nodo 1 più gli archi di un albero ricoprente i nodi {2,, n}. Esempio G = (V, E) albero

36 1-albero Osservazione: Ogni ciclo hamiltoniano è un 1-albero. Pertanto, il problema Dati: grafo G = (V,E), pesi sugli archi c e per ogni arco e E. Domanda: trovare un 1-albero di peso minimo. è un rilassamento del problema del TSP. 1-albero = lower bound per il valore ottimo del TSP Siano A = min{c e +c f : e,f δ(1), e f} e B = costo del minimo albero ricoprente su G\{1}. Allora A+B è un lower bound per il valore ottimo del TSP su G.

37 Esempio Consideriamo il seguente grafo: albero di peso minimo Il valore del lower bound è z LB 1 ottimo ha valore z 1 * > 0. = 0. Pertanto, il ciclo hamiltoniano

38 Esempio Ciclo hamiltoniano ottimo Il valore della soluzione ottima è z 1 * =. z* 1 = z 1 LB = 0

39 Esempio Osservazione: La soluzione associata all'1-albero di peso minimo può utilizzare tutti e tre gli archi incidenti sul nodo 4 e aventi peso nullo. D'altra parte, il ciclo hamiltoniano ottimo deve necessariamente utilizzare un arco avente peso diverso da 0. Cosa succede se incrementiamo di un valore pari a il peso degli archi incidenti sul nodo 4? Ogni ciclo hamiltoniano utilizza esattamente due archi incidenti sul nodo 4. Pertanto il costo di ogni ciclo hamiltoniano è incrementato di un valore pari a 20.

40 Esempio Osservazione: Il ciclo hamiltoniano ottimo è rimasto invariato ed il suo costo è ora pari a z 2 * = z 1 * + 20 = Ciclo hamiltoniano ottimo

41 Esempio Calcoliamo l'1-albero di peso minimo sul grafo con i costi degli archi variati albero di peso minimo In questo caso z LB = 30 e pertanto il ciclo hamiltoniano ottimo 2 ha valore z 2 * > 30.

42 Esempio Poiché z 1 * = z 2 * 20 > = possiamo concludere che il ciclo hamiltoniano sul grafo originario (ossia senza i costi alterati su alcuni archi) deve avere un costo almeno pari a. Tramite una semplice trasformazione abbiamo migliorato il lower bound sul valore ottimo del problema iniziale. Osservazione: Sebbene la trasformazione non alteri il TSP, essa fondamentalmente altera il calcolo del minimo albero ricoprente e, quindi, dell'1-albero.

43 Bound di Held e Karp Dati G = (V,E), pesi sugli archi c ij per ogni arco (i,j) E. v 1 V. Numero reale y v associato a ciascun nodo v V. Pesi alterati sugli archi w ij = c ij y i y j per ogni arco (i,j) E. sia w(t) il costo dell'1-albero di peso minimo calcolato rispetto ai pesi w ij. Allora 2Σ v V y v + w(t) è un lower bound per il valore ottimo del TSP sul grafo originario.

44 Bound di Held e Karp La trasformazione effettuata sui costi degli archi del grafo consiste 1. nell'associare al nodo v = 4 il valore k = 1. nel sottrarre ai costi degli archi incidenti sul nodo v = 4 il valore k =. Il bound ottenuto con questa trasformazione è noto come bound di Held e Karp (1970).

45 Bound di Held e Karp Per determinare i numeri reali da assegnare ai singoli nodi del grafo, procediamo nel modo seguente: 1. Sia T l'1-albero calcolato ad una generica iterazione rispetto ai pesi w ij. 2. Per ogni nodo v, sia d T (v) il numero di archi dell'1-albero incidenti su v. 3. Se d T (v) > 2, allora il valore y v deve essere decrementato. 4. Se d T (v) = 1, allora il valore y v deve essere aumentato.

46 Bound di Held e Karp Per aggiornare i valori associati a ciascun nodo alla k-esima iterazione, consideriamo: z UB = upper bound sul valore della soluzione ottima del TSP z H = lower bound di Held e Karp corrente LB α (k) = numero reale nell'intervallo (0, 2] Definiamo la lunghezza del passo: e aggiorniamo i valori y v come segue: t (k) = α (k) (z UB z H LB )/Σ v V (2 d T (v))2 y v = y v + t (k) (2 d T (v)) Con questa scelta della lunghezza del passo, la procedura di Held e Karp converge al bound ottimo in tempo polinomiale.

47 Procedura di Held e Karp Input Grafo G = (V,E) con costi c e per ogni e E e v 1 V. Upper bound z UB. Numero reale positivo ITERATIONFACTOR Intero positivo MAXCHANGES Inizializzazione y v = 0 per ogni v V. z* LB =. TSMALL = α=2. β=0.5. NUMITERATIONS=ITERATIONFACTOR V

48 Procedura di Held e Karp Algoritmo For i = 1 to MAXCHANGES For k = 1 to NUMITERATIONS T = 1-albero ottimo rispetto ai costi w ij = c ij y i y j z LB = lower bound corrispondente all'1-albero T If z LB > z* LB, then z* LB = z LB. If T è un ciclo hamiltoniano, then STOP. t (k) = α (k) (z UB z H LB )/Σ v V (2 d T (v))2. If t (k) < TSMALL, then STOP. Sostituisci y v = y v + t (k) (2 d T (v)) per ogni v V. Sostituisci α = βα.