RICERCA OPERATIVA (a.a. 2009/10) Nome: Cognome: Matricola:

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1 o Appello // RICERCA OPERATIVA (a.a. 9/) Nome: Cognome: Matriola: ) Si applihi l algoritmo di Kruskal per determinare un albero di opertura di osto minimo sul grafo in figura. Per ogni iterazione si indihino l aro in esame e se viene appliata l operazione di inserzione oppure no: nel primo aso mostrare un taglio he ertifihi la validità dell operazione, nel seondo fornire il ilo individuato dall algoritmo. Al termine fornire l albero di opertura di osto minimo individuato. Tale soluzione ottima è unia? Giustifiare la risposta Si onsideri il seguente ordinamento degli arhi per osto non deresente: (,),(,7),(,),(,),(,),(,7),(,),(,7),(,),(,),(,). aro inserzione taglio ilo it.) (,) SI ({},{,,,,,7}) it.) (,7) SI ({7},{,,,,,}) it.) (,) SI ({,},{,,,,7}) it.) (,) SI ({},{,,,,,7}) it.) (, ) NO (,, ) it.) (, 7) NO (, 7, ) it.7) (,) SI ({,},{,,,,7}) it.) (,7) NO (,7,,,) it.9) (,) SI ({},{,,,,,7}) L algoritmo termina all iterazione 9 on l albero T in figura, in quanto A T = n =. 7 7 La soluzione individuata non è l unia soluzione ottima: una soluzione ottima alternativa può essere ottenuta sostituendo l aro (,) on l aro (,) di ugual osto, il he aadrebbe all ultima iterazione se si fosse selto il orrispondente ordinamento degli arhi. Analogamente, se si fosse selto di ordinare diversamente gli arhi (, ) e (, 7) di ugual osto, si sarebbe ottenuta un altra soluzione ottima perhé all iterazione 7 sarebbe stato inserito l aro (, 7) e all iterazione suessiva l aro (, ) sarebbe stato anellato.

2 o Appello // ) Si onsideri il problema di flusso di osto minimo in figura. Si verifihi se il flusso ammissibile riportato sia di osto minimo, ed in aso negativo si determini un altro flusso ammissibile di osto minore inviando flusso lungo un opportuno ilo. Infine, si modifihi il osto di uno o più arhi in modo tale he se anhe questo nuovo flusso non è di osto minimo lo diventi, mentre se lo è non lo sia più. Giustifiare le risposte.,,,,,, b i i x ij, u ij, ij j b j,,,,,,,,,, Un flusso ammissibile è di osto minimo se e solo se non ammette ili aumentanti di osto negativo, ovvero se e solo se il orrispondente grafo residuo non ontiene ili negativi. La figura qua sotto fornise il grafo residuo assoiato al flusso dato, he ontiene ili negativi: ad esempio, il ilo C = {,,} di osto C(C ) = e apaità θ =, he può essere individuato appliando l algoritmo SPT.L on tutti i nodi ome radii. Inviando una unità di flusso lungo il ilo C si ottiene il flusso riportato nella figura qua sotto a sinistra, di osto 9 mentre il flusso dato ha osto. Questo flusso è di osto minimo: infatti, appliando l algoritmo SPT.L, on tutti i nodi ome radii, sul grafo residuo (figura qua sotto al entro), si ottiene l albero dei ammini minimi riportato nella figura qua sotto a destra. Ponendo =, il osto del ilo C = {,,} diventa, e pertanto il flusso non è più di osto minimo.

3 o Appello // ) Si risolva il problema di PL max x x x + x x x x x x mediante l algoritmo del Simplesso Primale, per via algebria, a partire dalla base B = {, }. Per ogni iterazione si indihino: la base, la matrie di base e la sua inversa, la oppia di soluzioni di base, l indie usente, la direzione di resita, il passo di spostamento e l indie entrante, giustifiando le risposte. it.) B = {,}, A B =, A B = y B = A B = ξ = A B u B(h) = it.) B = {,}, A B =, x = A B b B = =, =, y N =, y =, h = min{i B : y i < } =, B(h) =,, A N ξ = =, J = {i N : A i ξ > } = {,,}, λ i = (b i A i x)/a i ξ, λ =, λ =, λ =, λ = min{λi : i J} =, y B = ξ = k = min{i J : λ i = λ} = ambio di base degenere, A B =, x = = =, y N =, y =, h =, B(h) =,, A N ξ = =, J = {,}, λ = λ = λ =, k = min{,} = regola antiilo di Bland it.) B = {,}, A B =, A B =, x = =, y B = =, y N =, y =, h =, B(h) =, ξ =, A N ξ = =, it.) B = {,}, A B = y B = J = {}, λ = λ =, k = ambio di base degenere, A B =, x = =, =, y N =, y =, STOP. Poihé y B, la soluzione x = (,) è ottima per il problema dato, mentre y = (,,,,) è una soluzione ottima per il suo problema duale.,

4 o Appello // ) Si risolva grafiamente il problema di PL indiato in figura, utilizzando l algoritmo del Simplesso Duale a partire dalla base B = {,}. Per ogni iterazione si indihino: la base, la soluzione primale di base (in figura), l indie entrante k, i segni delle omponenti dei vettori y B e η B, l indie usente h, giustifiando le risposte. Si disuta inoltre la degenerazione, sia primale he duale, delle basi visitate dall algoritmo. x x A A x A A A it. ) B = {,}. La soluzione primale di base x viola il solo vinolo, pertanto k = per la regola antiilo di Bland. y > e y > in quanto è interno al ono generato da A e A. La base è pertanto duale non degenere, ma è primale degenere in quanto I(x ) = {,,}. Poihé A ono(a, A ), ome mostrato in figura (a), risultano η >, η < ; pertanto h =. it. ): B = {,}. La soluzione primale di base x viola i vinoli e, pertanto k = min{,} = per la regola antiilo di Bland. y > e y > in quanto è interno al ono generato da A e A. La base è pertanto duale non egenere, ed è inoltre primale non degenere in quanto I(x ) = {,}. Poihé A ono(a, A ), ome mostrato in figura (b), risultano η >, η < ; pertanto h =. it. ): B = {,}. La soluzione primale di base x viola il solo vinolo, pertanto k =. y > e y > in quanto è interno al ono generato da A e A ; la base è pertanto duale non degenere, ed è inoltre primale non degenere in quanto I(x ) = {,}. Poihé A ono( A, A ), ome mostrato in figura (), l algoritmo termina in quanto η B ; pertanto, il problema duale è inferiormente illimitato ed il problema primale è vuoto. A A A (a) A A -A - A (b) A () A -A A -A A

5 o Appello // ) La rokstar newyorkese Sarah Stones sta pianifiando il suo prossimo tour europeo. La sua manager Mary ha raolto le rihieste dei vari promotori loali: sono giunte n rihieste di onerto, i =,...,n, iasuna aratterizzata da una loalità e da una data di svolgimento g i. Mary passa i dati al tour manager Dale per la deisione di quali rihieste aettare: oltre al ompenso p i promesso, deve onsiderare il osto fisso C di trasferimento del materiale, dei musiisti e dei tenii da New York all Europa ed il medesimo osto per il ritorno, i osti degli spostamenti nonhé i vinoli temporali e spaziali. I TIR on il materiale e l autobus del personale non possono perorrere più di hilometri al giorno, ed è neessario essere nella loalità di un onerto fin dalla sera prima per montare il palo ed effettuare le prove. Dale elabora la tabella delle distanze d ij tra le loalità dei possibili onerti i e j e valuta in ij il osto del relativo trasferimento. Aiuta Dale formulando in termini di PLI il problema di deidere se effettuare il tour, ed in aso affermativo quali onerti tenere, massimizzando il profitto totale dato dalla differenza dei ompensi inassati e dei osti di trasferimento nel rispetto dei vinoli temporali e spaziali. Il problema può essere formulato ome un problema di ammino minimo tra due nodi in un opportuno grafo, dove iasun ammino individua una sequenza ammissibile di onerti. I nodi del grafo rappresentano i onerti e gli arhi la ompatibilit spaziale e temporale tra due onerti. Il osto di un aro è dato dal orrispondente osto di trasferimento, mentre i ompensi possono essere visti ome osti negativi assoiati ai nodi-onerti. Dupliando iasun nodo ed inserendo un aro tra la oppia di nodi osì ottenuta, il ompenso del onerto può venir assoiato al nuovo aro ome osto negativo. Per ogni possibile onerto i si introduono due nodi i e i e l aro (i,i ): perorre tale aro rappresenta il fatto di tenere il onerto e quindi si pone ome suo osto i i = p i. Per ogni oppia di onerti i e j si introdue l aro (i,j ) se i due onerti sono ompatibili, ovvero è possibile he j sia il onerto suessivo a i: g j > g i (j si tiene in una data suessiva a i) e d ij (g j g i ) (la distanza tra le loalit è tale da permettere il trasferimento in tempo utile). Il osto dell aro è quello di trasferimento da i a j, ossia i j = ij. Si introduono anhe due nodi ausiliari o e d, he rappresentano l origine e la destinazione finale del tour (New York) e he permettono di individuare il primo e l ultimo onerto: basta introdurre, per iasun onerto i, gli arhi (o,i ) e (i,d), he verranno perorsi qualora il onerto i sia rispettivamente il primo o l ultimo del tour. Porre il osto di iasuno di questi arhi uguale a C permette di onsiderare i osti fissi di trasferimento da e per New York. Infine, si aggiunge anhe l aro (o,d) per rappresentare la possibilità he il tour non venga effettuato, e quindi si pone ome suo osto od =. Si osservi he il osto del ammino minimo sarà quindi negativo oppure zero: nel primo aso i osti sono inferiori ai ompensi inassati e quindi il tour verrà effettuato seguendo un ammino minimo, nel seondo aso il tour non verrà effettuato se l unio ammino minimo è dato dal solo aro (o, d), oppure potrebbe essere omunque effettuato, ma a profitto nullo, se esistesse un ammino minimo alternativo a {o, d}. In onlusione, onsiderando il grafo G = (N,A), dove mentre A = A od A A t on A od A e onsiderando i seguenti osti sugli arhi N = {o,d} { i : i =,...,n} { i : i =,...,n}, = {(o,d)} { (o,i ) : i =,...,n} { (i,d) : i =,...,n} = {(i,i ) : i =,...,n} A t = { (i,j ) : j > i, g j > g i e d ij (g j g i )} od =, oi = i d = C, i i = p i, i j = ij i,j =,...,n, il problema può essere formulato in termini di ammino di osto minimo tra i nodi o e d: min ij x ij (i,j) A (j,i) BS(i) x ji (i,j) F S(i) x ij = se i = o se i = d se i o,d i N x ij {,} (i,j) A

6 o Appello // ) Si risolva la seguente istanza di TSP 9 mediante un algoritmo di B&B he usa: MST ome rilassamento, nessuna euristia, ed effettua il branhing ome segue: selezionato un nodo i ol più piolo valore r > di arhi dell MST in esso inidenti, rea r(r )/ figli orrispondenti a tutti i modi possibili per fissare a zero la variabile orrispondente a r di tali arhi. Si visiti l albero delle deisioni a ventaglio, e si inserisano in oda i figli di un nodo i dell albero delle deisioni in ordine resente del nodo j del orrispondente aro (i,j) la ui variabile è fissata a zero (nel aso risulti r = ). Per ogni nodo dell albero si riportino la soluzione ottenuta dal rilassamento on la orrispondente valutazione inferiore; si indihi poi se, e ome, viene effettuato branhing o se il nodo viene hiuso e perhé. Si esplorino solamente i primi due livelli dell albero delle deisioni (la radie onta ome un livello); se iò non è suffiiente a risolvere il problema, si indihi il gap relativo ottenuto, giustifiando la risposta. Indihiamo on z la valutazione inferiore ottenuta ad ogni nodo e on z la migliore delle valutazioni superiori determinate. Inizializzazione: La oda Q viene inizializzata inserendovi il solo nodo radie dell albero delle deisioni, orrispondente a non aver fissato aluna variabile; inoltre, si pone z = +. a iterazione: Da Q viene estratto il nodo radie. Il orrispondente MST, on z =, è mostrato in (a). Poihè non è un ilo Hamiltoniano, non si è determinata aluna soluzione ammissibile ed oorre proedere ol branhing. Ciò orrisponde a selezionare il nodo (he ha tre arhi inidenti) e reare tre figli, in iasuno nei quali si fissa a zero uno di tali arhi; per la strategia di visita stabilita, si inserisono in Q nell ordine (,), (,) e (,). a iterazione: Da Q viene estratto il nodo orrispondente a fissare (,) a zero. Il orrispondente MST, on z =, è mostrato in (b). Poihè z < z = +, oorre proedere ol branhing. Ciò orrisponde a selezionare il nodo (he ha tre arhi inidenti) e reare i tre figli, inseriti in Q in quest ordine, in ui si fissano a zero rispettivamente gli arhi (,), (,) e (,). a iterazione: Da Q viene estratto il nodo orrispondente a fissare (,) a zero. Il orrispondente MST, on z =, è mostrato in (). Poihè è un ilo Hamiltoniano, si pone z =. Inoltre il nodo viene hiuso per ottimalità. a iterazione: Da Q viene estratto il nodo orrispondente a fissare (,) a zero. Il orrispondente MST, on z =, è mostrato in (d). Poihè z z, il nodo viene potato dalla valutazione inferiore. Poihé Q non è vuota, l algoritmo viene interrotto antiipatamente; nei fatti peró il problema è formalmente già risolto all ottimo. Infatti, l analisi dell algoritmo B&B assiura he la valutazione inferiore globale è pari a min { z, min { z(p ) : P Q } } dove Q è l insieme dei predeessori immediati dei nodi in Q. In questo aso, Q ontiene il nodo x =, he ha z = > z = ; pertanto la valutazione inferiore globale è, e oinide on la valutazione superiore z =, ossia il gap relativo ottenuto è pari a. La soluzione ottima è stata ottenuta (dal rilassamento) alla terza iterazione ed è mostrata in (). Si noti he, infatti, ad un diverso ordinamento dei figli he visitasse x = prima dei fratelli sarebbe orrisposta una Q vuota dopo iterazioni. (a) (b) () (d)