Esempio di applicazione puo' essere un problema di gestione del magazzino

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1 Flusso massimo a minimo costo L'algoritmo del flusso massimo determina dei cammini (cammini piu' corti) tra x0 e z. Se ad ogni arco e' associato un peso/costo oltre che la capacita' massima e' possibile calcolare prima, tra i cammini ammissibili per l'aumento del flusso, il percorso di minimo costo tra x0 e z e successivamente inviare la massima quantita' di flusso. E' possibile risolvere in questo ( e in altri modi piu' efficienti ) il problema del flusso massimo al minimo costo. Poiche' e' sempre possibile diminuire un flusso positivo se su un arco corre flusso si genera un arco (di ritorno/diminuzione) orientato in senso opposto ma con peso (distanza) cambiata di segno. Esempio di applicazione puo' essere un problema di gestione del magazzino Si suppone che una ditta debba organizzare la produzione nell'arco di tre periodi (mesi) La capacita' produttiva e' di rispettivamente di ( ) La richiesta nei periodi e' ( ) e nei periodi 1 e 2 parte della produzione ( fino ad un massimo di 20 ) puo' essere conservata in un magazzino per essere venduta nel periodo successivo. A parte i costi fissi da non considerare la produzione di un unita' ha costo (aggiuntivo) 2 nei primi 2 periodo e 3 nel terzo periodo. Conservare in magazzino ha costo (aggiuntivo) 1 per ogni unita'. La situazione e ' riassunta dalla tabella Periodi (mesi) Capacita' produttiva Costo per unita' Richiesta a Magazzino Costo mag. (per unita') = = Il problema di produzione-magazzino equivale a calcolare il massimo flusso ( flusso che saturi gli archi incidenti a z ) nella rete. Sugli archi senza limite indicato si suppone capacita' infinita

2 I cammini x0-z individuano un costo nel grafo e ogni unita' prodotta e venduta corrisponde ad un flusso unitario da x0 a z con un costo pari al cammino. Il cammino di costo minore e' x0--p1--v1--z (costo 2) Dopo l'aumento di flusso (15) con costo complessivo 30 La rete dei costi/ distanze viene modificata aggiungendo gli archi di ritorno/ diminuzione

3 .. [Fine esempio] Problema lineare equivalente Di fatto con questo approccio si risolve un problema lineare Nell' esempio precedente si avrebbe ( p i = produzione nel periodo i, v i vendite nel periodo i m i quantita' di produzione immagazzinata nel periodo i e venduta nel periodo successivo) min 2 p p p 3 + m m 2 con vincoli di non negativita' per tutte le variabili e ulteriori vincoli 1) produzione p 1 45 p 2 40 p ) magsazzino m 1 20 m ) equazioni di flusso/bilancio p 1 = v 1 + m 1 p 2 = v 2 + m 2

4 4) richieste ( Produrre comporta dei costi quindi all'ottimo per gli ultimi tre vincoli varra' = ) v1 15 m 1 + v 2 20 m 2 + p 3 50 Se si immagina che quanto prodotto nel periodo 1 possa rimanere nel magazzino oltre il periodo 1 basta sostituire ad ogni magazzino una coppia di nodi inserendo sull' arco corrispondente la limitazione di capacita' data dalla capienza del magazzino, In questo caso risulterebbe una rete leggermente diversa. E' possibile anche considerare altri costi (tipo trasporto produzione -magazzino e/o magazzino --vendita) Vi sono dei casi in cui si puo' fare uso di reti di flusso e/o del calcolo del massimo flusso anche se il problema e' diverso. Gain/ Activity Si suppone che vi siano alcune attivita' 1,...,k che possano rendere a 1,... a k ma che possono essere intraprese solo accettando dei costi (operazioni preliminari) c 1,... c m ( Es sbancamento, costruzione strada e allacciamento idrico precedono costruzione di una gruppo di palazzine ecc...) Si puo' pensare che ogni singola attivita' j debba essere preceduta da alcuni costi tra i c 1,... c m m. In generale il preliminare c i puo' precedere varie attivita' Come determinare un sottoinsieme di attivita' da intraprendere in modo che il guadagno ( ricavi - costi) sia massimo? ESEMPIO Si possino intrarprendere tre attivita' Attivita' Guadagno Preceduta da A1 7 C1 C2 A2 5 C2 A3 3 C2 C3 e

5 Costi importo C1 2 C2 6 C3 4 { conto banale per chi non si fida... C2 precede ogni attivita' C2 solo permette A2 ( risultato 5-6= -1) C2 + C1 permettono A1 +A2 ( risultato = 4) C2+C3 permettono A2 +A3( risultato = -2) C!+C2+ C3 permettono A1+A2+A3 ( risultato = 3) La migliore strategia e' accettare i costi C1+C2 intraprendendo A1+ A2 con attivo di 4 } Esiste un approccio attreverso le reti di flusso con conti molto semplici Si costruiscee una rete di flusso del tipo x0--- A--- C---- z con archi (x0,i) di capacita' massima a i per ogni attivita' (i,s) di capacita' infinita per ogni attivita' i e per ogni costo s che deve precedere i (s,z) di capacita' c s per ogni costo s Nella rete x0---a---c---z i possibili tagli sono oltre a {z} insiemi del tipo {z} C0 A0 con C0 C, A0 A Dato C0 C sia H(C0) l'insieme delle attivita' che possono essere intraprese effettuate le operazioni in C0 Se H(C0) A0 il taglio ha capacita' infinita Si suppone A0= H(C0) AY La capacita' del taglio e'

6 i C\C0 c i + h H(C0) a h + j AY a j Le tre quantita' rappresentano i) archi entranti in z da C ( quindi non in C0) ii) archi entranti in H(C0) iii) archi entranti nella parte AY= A0\H(C0) Per il taglio minimo si puo' tralasciare AY e considerare solo i tagli del tipo {z} C0 H(C0) il cui valore e' i C\C0 c i + h H(C0) a h Dalla definizione di C0 e HC0 segue che nessuna della attivita' in A\H(C0) richiede come preliminare un lavoro in C0 (ma attivita' in H(C0) possono richiedere lavori in C\C0 ) Ogni taglio del tipo T= z C0 H(C0) identifica un insieme di attivita' (= A\H(C0) ) che si puo intraprendere con guadagno dopo avere intrapreso i preliminari in C\C0 La quantita' h A a h - ( i C\C0 c i + h H(C0) a h ) = = h A\H(C0) a h - i C\C0 c i rappresenta semplicemente il guadagno (attivo) derivante dalle attivita' in A\H(C0) meno il costo dei lavori necessari

7 Quindi attivo = h A a h - taglio max (attivo) = h A a h -min (taglio) = h A a h - max (flusso) I vertici non nel taglio permettono di ricostruire attivita' e costi. Se si calcola il massimo flusso con il solito algoritmo i vertici nel minimo taglio sono i vertici non etichettati, quindi i vertici etichettati in corrispondenza del massimo flusso corrispondono alle attivita' da intraprendere e ai costi da sostenere. Esempio Relativamente al problema di prima si considera la rete di flusso Attraverso gli aumenti x0--a1--c1--z [2] x0--a1--c2--z [5] x0 --A2--C2--z [1] x0 -A3--C3--z [3] Flusso max (e capacita' taglio minimo)= 11 Guadagno = Somma A - (capacita' taglio) = 15-11= 4

8 Nella rete si ha la situazione di flusso ( + e' sostituito da M arbtrariamente grande; sono indicati gli archi saturi) Si puo etichettare A2[x0], C2[A2], A1 [-C2], C1[A1] Restano etichettati x0, A1, A2, C1,C2 [ Non etichettati (nel taglio ) A3, C3, z ] Sono da intraprendere A1 e A2 ( fuori taglio ovvero etichettati) con costi preliminari C1 e C2 (fuori taglio ovvero etichettati ) Il calcolo esplixito del guadagno come Somma attivita' - costi da' (7+5)- (2+6) = 12-8 =4 Matching Si suppone di avere due insiemi X e Y e di dover selezionare delle coppie di elementi (x,y ), x X, y Y Ogni elemento puo' appartenere ad una solo coppia Non tutte le coppie possono essere selezionate: per ogni elemento x ( o y) solo alcuni elementi y Y(x) Y ( o x X(y) X ) possono essere selezionate. Un gruppo di coppie senza elementi ripetuti e' detto matching e lega in modo univoco alcuni elementi x X ad alcuni elementi y Y Puo' innteressare trovare il matching massimo cioe' il massimo numero di elementi (coppie). Esempi tipici sono situazioni tipo persone-lavori, uomini-donne, macchinarilavori, medici-ospedali ecc... In alcuni casi i due insiemi X ey sono di pari numerosita'; in altre X e' di maggiore cardinalita' ma non e' detto che sia possibile coprire tutto Y Un problema di questo tipo e' facilmente rappresentato da una tabella

9 (matrice ) di dimensioni card(x) card(y) e con elementi 1 o 0 a seconda che (x,y) sia o meno ammissibile. Tale tabelle equivale ad un grafo (bipartito) con per vertici gli elementi di X e Y e cui archi (x,y ), x X, y Y corrispondono alle coppie ammissibili Problema Ad un problema di matching si puo' associare anche una rete di flusso Si aggiungono una sorgente x0 ed un pozzo z e si costruisce una rete di flusso x0--x--y--z Vi sono tre tipo di archi gli archi (x0,x ) con limite si capacita' 1 gli archi (y,z) con limite di capacita' 1 gli archi del tipo (x,y) con limite di capacita' + Ogni flusso ammissibile genera un matching e viceversa. Il valore del flusso corrisponde al numero di vertici X (o Y) coinvolti; e gli archi (x,y) su cui corre flusso sono gli archi del matching,

10 Ad sempio il matching o figura equivale al flusso

11 Quindi trovare un matching di massima cardinalita' equivale a trovare il flusso massimo in una rete di trasporto. E' facile calcolare un matching completo cioe' uno a cui non e' possibile aggiungere banalmente un arco Partendo da un matching completo si applica l'algoritmo di massimo flusso. Nel caso del matching completo sopra si etuchetta X4[x0], Y1[x4], X1[-y1],Y2[-x1], X2[-y2], Y3[x2], x3[-y3], Y4[x3], z [y4] Il percoso di aumento risulta x0-x4-y1-x1-y2-x2-y3-x3-y3-z E' un percorso in cui gli archi del matching ( si cui corre flusso) si alternano con archi non nel matching Si ha X4--Y1==X1--Y2==X2--Y3==X3-Y3 Si forma una catena alternata di archi non matching --matching costruita tra due vertici (X4 e Y3) non nel matching Il nuovo matching si ottiene aumentado il flusso e quindi "scambiando" nella catena gli archi del matching con quelli non nel matching E' ovvio, dato che su ogni arco il flusso massimo e 1, che tutti i percorsi di aumento saranno costruiti nello stesso modo. Il matching massimo puo' essere anche caratterizato dalla non esistenza di catene alternate (di archi) tra due vertici ( in X e in Y ) non nel matching.

12 Condizione sufficiente il matching di X Puo' capitare che gli insemi X e Y abbiano diversa numerosita' [card(y) card(x)] ma non necessariamente e' possibile costruire un matching che comprenda tutto X Per ogni sottoinsieme A X sia M(A) l'insieme dei vertici in Y secondo estremo di un vertice di A [ raggiungibili da A, copribili da A ] Condizione necessaria e sufficiente per esistenza di un matching che comprenda tutto X e' card( M(A)) card(a) Dim Determinare matching massimo corrisponde ad un flusso massimo (x0--x---y ---z) che puo' anche essere pensato (e calcolato) anche in senso opposto x0--y---x---z Il valore del flusso massimo corrisponde sempre ad un taglio di capacita' minima. Per il flusso x0--y---x---z il taglio con solo {z} ha capacita' card(x) Condizione necessaria e sufficiente perche' esista un matching che comprenda tutto X e' che il flusso abbia valore card(x) e quindi per ogni ulteriore taglio T c(t) card(x)

13 Gli altri possibili tagli sono insiemi del tipo z A B con A X, B Y In z entrano gli archi provenienti da X\A e gli archi da Y in X hanno capacita' infinita Il taglio ha capacita' infinita a meno che M(A) B I tagli di capacita' finita da considerare sono quelli del tipo {z } A M(A) V con A X, V Y\M(A),(V puo' essere vuoto) Per la capacita' c(t) = card(x\a) + card(m(a)) +card(v) card(x\a) + card(m(a)) Per un taglio del tipo {z } A M(A) si ha la condizione card(x\a) + card(m(a)) card(x) = card(a)+card(x\a) che e' solo card(m(a)) card(a) QED Tenere presente che problemi formalmete piu' complicati (orari) richiedo la soluzione come sottopreblema di problemi di matching [ Un orario scolastico puo essere visto come la costruzione di k (numero ore) distinti matching tra X (classi) e Y (professori). Nella costruzione e' importante che in ogni matching l'insieme X (classi) sia coperto ] Μatching : problema lineare Il problema di matching corrisponde ad problema lineare Si forma la matrica H (vertici,archi) in cui ogni colonna ha elementi nulli tranne quelli corrispondenti ai due vertici (x i y j ) estremi dell'arco che hanno valore 1 La matrice H ha una struttura particolare. Puo' essere divisa in due gruppi di righe (vertici X e vettici Y ) e ogni colonna ha due elementi non nulli 1 nel primo blocco e 1 nel secondo blocco. Ad ogni colonna corrisponde una variabile z ij Se z ij =1 l'arco (x i y j )e' nel matching, se z ij = 0 l'arco (x i y j )non e' nel matching Sia s il vettore di tutti elementi 1 Il matching massimo corrisponde al problema lineare

14 max z ij con vincoli Hz s 0 z ij 1 ( in realta' il vincolo e' quello (intero) z ij {0,1} ) Il vincolo Hz s permette in ogni vertice un solo valore z ij = 1 Matching pesato Se ad ogni arco (x i y j ) e' associato un peso p ij ( = -M arbitrariamente grande ovvero = - se l'arco (x i y j ) e' escluso dal matching) si puo' considerare il problema corrispondente pesato max p ij z ij con vincoli Hz s 0 z ij 1 ( in realta' il vincolo e' quello (intero) z ij {0,1} ) Per questo problema occorre una tecnica diversa di soluzione (bisogna considerare i pesi e non solo il flusso). Si potrebbe applicare il flusso massimo al minimo costo ma esistono tecniche piu' efficienti. Stable marriage Il matching e il matching pesato considerano funzioni che pesano in modo prefissato ogni possibile assegnazione. Esistono anche approcci diversi al problema del matching e del matching pesato. Se X e Y rappresentano insiemi diversi che hanno la stessa cardinalita, ed e' necessario trovare un matching si suppone che ogni appartemente ad X abbia una preferenza rispetto ai vari elementi di Y e viceversa. es ( X studenti, Y corsi di laurea ( tesi) - X malati (medici) Y ospedali -...) Si puo' usare il seguente algoritmo (Gale Shapley stable marriage ). L' esistenza di preferenze significa che vertice x i e' assegnata una funzione (tabella) V i che pesa i vertici y j Analogamente vertice y k e' assegnata una funzione (tabella) W k che pesa i vertici x j

15 Algorimo 1) Ogni vertice x i considera il vertice y j t.c V i (y j )= max { V i (y k ),k =1..n } 2) Il vertice j rifiuta/ accetta il vertice i In particolare si accetta x i se y j non e' nel matching Se (x k, y j ) M x i e' accettato se W j (x i ) >W j (x k ) 3) Se il vertice non e' accettato si considera l 'ordinamento generato da V i si passa al vertice y successsivo e si ripete 2) Dopo il blocco (ripetuto?) 2)-3) il vertice x i e' nel matching e si puo' considerare un altro vertice. Se x i ha sostituito x k non e' possibile che in un passo successivo x k sostituisca x i. Si puo ripetere 1)-3) partendo da un vertice arbitrario fino a che ogni vertice non e' nel matching, In questo modo si arriva ad un Matching con buone proprieta' { Se (x i, y j ) M (x p, y q ) M se V i (y q )> V i (y j ) necessariamente W q (x p )>W q (x i ) } Non e' detto che scambiando X e Y si arrivi allo stesso matching (x sceglie, y accetta/rifiuta ma non sceglie mai ) Il nome stable marriage deriva da una possibile interpretazione (X uomini e Y donne ) di un comportamento "classico". Cenno a matching "semplice" Il matching che si e' considerato e' detto bipartito(dai due insiemi X e Y ) e corrispondente grafo. Si puo' considerare lo stesso problema su un grafo generico G =(V,A) di vertici V e di archi A. Si tratta di trovare un sottografo GM= (VM, AM ) in modo che - ogni vertice x VM V abbia in GM grado =1 - cardinalita' di AM A sia massima [ massimo un arco per vertice, massimo numero possibile di archi ] Esempi possibili di questo di modellizzazione sono la scelta di due persone "compatibili' " (es : piloti aereo, autisti macchine, ecc) ovvero scelte di semplificazione (sedi di una societa', scuole, esami di un corso di laurea ) considerati unificabili ecc...

16 Anche la costruzione del calendario di un torneo potrebbe richiedere per ogni giornata la soluzione di problemi analoghi Non e' possibile trasformare il problema in un problema di flusso massimo ma vale la possibilita' di aumentare il matching di un arco in presenza di catene alternate tra due vertici non nel matching. Esiste un algoritmo efficiente per la soluzione (Algoritmo Blossom) L'algorimo parte da matching completo e arriva la matching massimo attreverso catene alternate. Nel caso del matching bipartito ogni ciclo coprende necessriamente un numero pari di archi (andata e ritorno da X a Y ). In un grafo qualunque possono esistere cicli con un numero pari o dispari di archi. La possibile presenza di cicli con un numero dispari di archi (con k archi nel matching, k+1 non nel matching) complica la ricerca delle catene alternate e l'algoritmo. Per la descrizione matematica si origina un problema lineare max z ij con vincoli Hz s 0 z ij 1 ( in realta' il vincolo e' quello (intero) z ij {0,1} ) Il vincolo Hz s permette in ogni vertice un solo valore z ij = 1 La differenza rispetto al caso bipartito e' che matrice H non possiede nessuna struttura particolare. Anche in questo caso si puo' considerare un poblema "pesato" max p ij z ij con vincoli Hz s 0 z ij 1 ( in realta' il vincolo e' quello (intero) z ij {0,1} ) Esiste un algorimo efficiente ( ma di complessa descrizione ) per risolvere il problema pesato.