1 Problemi di PLI e chiusure convesse

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1 Problemi di PLI e chiusure convesse Consideriamo il seguente problema di PL con regione ammissibile max cx Ax b x P = {x R n : Ax b, x }. () Se si aggiungono i vincoli di interezza sulle variabili la regione ammissibile diventa S = P Z n dove Z rappresenta l insieme degli interi. Il problema di PLI corrispondente é il seguente max cx () x S Diamo ora la definizione di chiusura convessa di un insieme. Definizione Dato un insieme T, la chiusura convessa di T, indicata con conv(t ), é il piú piccolo insieme convesso contenente T. In Figura é riportato un insieme T e la sua chiusura convessa. Si consideri ora conv(t) T Figura : Un insieme T e la sua chiusura convessa. la chiusura convessa conv(s) di S. Si puó dimostrare che, se S, conv(s) é un poliedro convesso o un troncone, cioé esiste una matrice A ed un vettore b tale che conv(s) = {x R n : A x b, x }. (3) Si consideri ora il seguente problema di PL Si puó dimostrare che: max cx (4) x conv(s)

2 il problema () ammette soluzione se e solo se la ammette il problema (4); ogni soluzione ottima del problema () é soluzione ottima del problema (4); esiste almeno una soluzione ottima (di base) del problema (4) che é anche soluzione ottima del problema (). Questo vuol dire che se conoscessimo la matrice A ed il vettore b che definiscono conv(s), potremmo risolvere il nostro problema di PLI risolvendo il problema di PL (4). Il problema é che in molti casi conv(s) non é noto. Gli algoritmi di taglio visti rappresentano un tentativo di approssimare in modo sempre piú preciso conv(s) attraverso l aggiunta di tagli successivi. Citiamo anche il fatto che in alcuni casi conv(s) é noto ma é formato da un numero esponenziale di vincoli, il che rende inefficiente la risoluzione del problema (4). Esempio Si consideri il seguente problema di PLI, max x + x x + x 7 4 x + x 7 4 x, x interi Si ha P = {(x, x ) : Ax b, x, x }, con [ ] A = b = [ L insieme S = P Z é formato dai quattro punti ]. Si ha che (vedi Figura ). In tal caso (, ) (, ) (, ) (, ) conv(s) = {(x, x ) : x, x, x, x }. A = [ ] [ b = Si noti che indipendentemente dalla funzione obiettivo i problemi () e (4) hanno sempre soluzione in questo caso. Con la funzione obiettivo x + x entrambi i problemi hanno l unica soluzione (, ). Se si considera invece l obiettivo x, si ha che il problema () ha soluzioni (, ) e (, ), mentre il problema (4) ha come soluzioni l intero segmento avente come estremi (, ) e (, ). É comunque sempre vero che esiste almeno una soluzione del problema (4) che é anche ].

3 P conv(s) Figura : La chiusura convessa di S per l esempio considerato. soluzione del problema (). Se si risolve il problema con l algoritmo di Gomory, si puó vedere che il primo taglio é dato dalla seguente disequazione 3x + 4x 7. Aggiungendo tale taglio si vede, in Figura 3, come si ottenga un approssimazione piú precisa rispetto a P di conv(s). Dopo aver chiarito cosa sia la chiusura convessa di un insieme e l importanza di tale chiusura per i problemi di PLI, ci concentreremo ora su una speciale classe di problemi di PLI, quelli per cui la chiusura convessa di S = P Z n coincide con P, ovvero conv(s) = conv(p Z n ) = P. (5) Si noti che nell esempio precedente ció non era vero. I problemi di PLI per cui si verifica questa condizione sono importanti perché sono molto piú semplici da risolvere rispetto agli altri problemi di PLI. Infatti, essendo conv(s) = P e viste le strette relazioni tra le soluzioni dei problemi () e (4), possiamo risolvere tali 3

4 P conv(s) 3x+4x<=7 Figura 3: L aggiunta di un taglio fornisce un approssimazione della chiusura convessa di S migliore di P. problemi semplicemente eliminando i vincoli di interezza sulle variabili, ovvero risolvendo il problema di PL max x P cx Per intenderci, se si applica l algoritmo di Gomory, ci viene subito restituita una soluzione intera senza bisogno di aggiungere tagli. Inoltre, in molti casi questi problemi hanno strutture particolari che consentono di risolverli attraverso algoritmi specifici senza dover utilizzare l algoritmo del simplesso oppure utilizzando questo in una forma adattata al particolare tipo di problema. Nel seguito mostreremo casi in cui la condizione (5) é soddisfatta. 4

5 Matrici totalmente unimodulari Prima di approfondire ulteriormente il discorso sui problemi per cui conv(s) = P, introduciamo il concetto di matrice totalmente unimodulare. Definizione Una matrice A si dice totalmente unimodulare (TU nel seguito) se ogni sua sottomatrice quadrata ha determinante pari a, + o -. Si noti che una matrice TU puó avere come elementi solo i valori, + e - visto che ogni suo elemento é una particolare sottomatrice quadrata di ordine. Si citano di seguito alcune proprietá delle matrici TU. Proprietá Se A é una matrice TU si ha che. A T é TU. [A I], dove I é la matrice identica, é TU 3. una matrice ottenuta duplicando righe e/o colonne di A é ancora TU 4. una matrice ottenuta moltiplicando righe e/o colonne di A per - é ancora TU 5. una matrice ottenuta scambiando righe di A (oppure colonne di A) tra loro é ancora TU 6. una matrice ottenuta da A mediante un operazione di cardine é ancora TU Ci chiediamo ora come sia possibile riconoscere una matrice TU senza dover calcolare i determinanti di tutte le sottomatrici quadrate. Esistono alcune regole, tra cui la seguente. Osservazione Sia A una matrice i cui elementi sono tutti uguali a, + o - e lungo ogni colonna non vi sono piú di due elementi diversi da. Allora A é TU se e solo se l insieme delle righe di A puó essere suddiviso in due sottinsiemi Q e Q tali che se una colonna contiene due elementi diversi da si ha che: se i due elemnti hanno lo stesso segno allora una delle due righe in cui si trovano é in Q e l altra in Q ; se hanno segno opposto le righe corrispondenti sono entrambe contenute in Q od entrambe in Q. Esempio Sia A la seguente matrice A = Prendendo Q = {, } e Q = {3, 4} si verifica immediatamente che la condizione é soddisfatta e quindi A é TU. 5

6 Vale il seguente corollario. Corollario Sia A una matrice i cui elementi sono tutti uguali a, + o - e lungo ogni colonna non vi sono piú di due elementi diversi da. Se nelle colonne con due elementi diversi da la somma di tali elementi é uguale a (ovvero un elemento é uguale a + e l altro a -), allora A é TU. Dimostrazione É sufficiente porre Q = {tutte le righe di A} Q =. Esempio 3 Sia A la seguente matrice A = In base al corollario tale matrice é TU. Ma perché sono importanti le matrici TU? La loro importanza é legata a questo teorema (non dimostrato). Teorema Sia e P (b) = {x R n : Ax b, x } S(b) = P (b) Z n, con b vettore di interi. Si dimostra che A é TU se e solo se per ogni vettore di interi b per cui P (b) si ha che conv(s(b)) = P (b). In altre parole questo ci dice che la soluzione di un problema di PLI con matrice dei vincoli TU e vettore dei termini noti intero puó essere ottenuta semplicemente eliminando i vincoli di interezza. Ci si puó chiedere se fa differenza avere una regione ammissibile definita da vincoli di uguaglianza, ovvero se é ancora vero che essendo P (b) = {x R n : Ax = b, x } con A TU, b vettore di interi e P (b), si ha che conv(s(b)) = P (b). 6

7 Possiamo notare che P (b) = {x R n : Ax b, Ax b, x } e quindi ricondurci al caso in cui i vincoli sono tutti di. Il problema é che in questo modo cambiamo anche la matrice dei vincoli che diventa [ ] A A mentre il vettore dei termini noti diventa [ ] b. b Il vettore dei termini noti continua ad essere intero (b e b sono entrambi interi). Resta solo da verificare se essendo A TU anche la nuova matrice dei vincoli é TU. Ma in base al punto 3 della Proprietá se duplico tutte le righe di A ho ancora una matrice TU e quindi [ ] A A é TU. Inoltre, in base al punto 4 della Proprietá se moltiplico per - tutte le righe duplicate di A ho ancora una matrice TU e quindi [ ] A A é TU. Quindi il caso con vincoli di uguaglianza si riconduce al caso di vincoli di. Esempio 4 Si consideri il seguente problema max x + x + x 3 + x 4 x + x = x + x 3 = 4 x + x 4 = 3 x 3 x 4 = x, x, x 3, x 4 interi Il problema di PL ottenuto eliminando i vincoli di interezza ha regione ammissibile P (b) = {x R n : Ax = b, x } 7

8 con e A = b = Si puó verificare attraverso il Corollario che A é TU. Essendo b un vettore di interi, il problema di PLI puó essere risolto eliminando semplicemente i vincoli di interezza. 3 Alberi di supporto Diamo la definizione di albero. Definizione 3 Dato un grafo G = (V, A) con V = n, si dice che G é un albero se soddisfa le seguenti condizioni (equivalenti tra loro). G é privo di cicli e connesso;. G é privo di cicli e A = n ; 3. G é connesso e A = n ; 4. esiste un unico cammino che congiunge ogni coppia di nodi. Si dimostra che vale la seguente proprietá. Proprietá Se ad un albero G aggiungo un arco si froma uno ed un solo ciclo. Esempio 5 Il grafo G = (V, A) con 4 3 V = {a, b, c, d, e} A = {(a, b); (b, c); (c, e); (e, d)} illustrato in Figura 4, é un albero. Se aggiungo l arco (a, e) si forma l unico ciclo a b c e a Diamo ora la definizione di albero di supporto di un grafo generico. Definizione 4 Sia dato un grafo generico G = (V, A). Si definisce albero di supporto di G un sottografo G = (V, A ) di G (quindi con A A) che é un albero. 8

9 c a b d e Figura 4: Un albero e l unico ciclo che si forma aggiungendo un arco (quello tratteggiato). Si noti che un albero di supporto di G deve contenere tutti i nodi di G e che in virtú del punto. (o del punto 3.) della Definizione 3, si dovrá avere A = V. Esempio 6 Sia dato il grafo G = (V, A) con V = {a, b, c, d} A = {(a, b); (b, c); (b, d); (a, d); (c, d)} illustrato in Figura 5. Un albero di supporto di G é il sottografo G = (V, A ) con A = {(b, c); (b, d); (a, d)} un altro é il sottografo G = (V, A ) con A = {(a, b); (b, c); (c, d)} I due alberi di supporto di G sono illustrati in Figura 5. 4 Problemi di flusso a costo minimo Sia data una rete (grafo orientato e connesso) G = (V, A) come quella mostrata in Figura 6. Si consideri il seguente problema: min (i,j) A c ijx ij j:(i,j) A x ij j:(j,i) A x ji = b i x ij interi i V (i, j) A con b i interi e tali che i V b i =. Il problema viene interpretato come segue. Dovete inviare un flusso (di prodotti, di informazione, eccetera) attraverso la 9

10 c a b d a b d c a b d c Figura 5: Un grafo G e i suoi due alberi di supporto G e G. rete. Un unitá di flusso inviata lungo l arco (i, j) ha costo pari a c ij. La variabile x ij rappresenta la quantitá di flusso inviata lungo l arco (i, j). La somma j:(j,i) A rappresenta il flusso complessivo entrante nel nodo i, la somma j:(i,j) A rappresenta il flusso complessivo uscente dal nodo i e quindi il vincolo x ij x ji = b i j:(i,j) A x ji x ij j:(j,i) A dice che la differenza tra flusso uscente e flusso entrante nel nodo i deve essere pari a b i. Se b i > il flusso uscente supera quello entrante e quindi il nodo viene detto nodo sorgente. Se b i < il flusso entrante supera quello uscente ed il nodo viene detto nodo destinazione. Se b i = i due flussi entrante ed uscente si equivalgono ed il nodo viene detto di transito. In pratica ci sono nodi in cui il flusso viene prodotto (i nodi sorgente), altri in cui transita (i nodi transito) ed altri ancora verso cui viene convogliato (i nodi destinazione). Inviare un flusso

11 x ij lungo il generico arco (i, j) ha un costo pari a c ij x ij. L obiettivo é quello di soddisfare le richieste di tutti i nodi (rappresentate dai valori b i ) in modo tale da avere un costo complessivo del flusso inviato lungo i diversi archi che sia il piú piccolo possibile. Esempio 7 Sia data la rete in Figura 6. I valori b i sono riportati di fianco ai b= 5 - b=5-4 6 b3= b5=-4 b4=-4 Figura 6: Una rete con i relativi valori b i associati ai nodi ed i costi unitari di trasporto lungo gli archi. nodi mentre lungo gli archi sono riportati i valori c ij. I nodi, e 3 sono nodi sorgente mentre i nodi 4 e 5 sono nodi destinazione (non vi sono nodi transito). Il problema corrispondente é il seguente min 5x 4x 3 + 6x 4 x 3 + x 34 + x 5 + 4x x 45 x + x 3 + x 5 = x 3 x x 4 = 5 x 34 x 3 x 3 x 53 = x 4 + x 45 x 34 = 4 x 53 x 5 x 45 = 4 x, x 3, x 4, x 3, x 34, x 5, x 53, x 45 interi Analizziamo ora la matrice dei vincoli per questi problemi. In essa avremo tante righe quanti sono i nodi della rete e tante colonne quanti sono gli archi della rete. Tale matrice viene detta matrice di incidenza nodo-arco della rete. Essa avrá nella colonna relativa all arco (i, j) due soli elementi diversi da, un +

12 nella riga i relativa al nodo da cui l arco esce e un - nella riga j relativa al nodo in cui l arco entra. Ma allora ci ritroviamo nella situazione di una matrice con elementi tutti uguali a, + o -, con non piú di due elementi diversi da lungo ogni colonna e con tali elementi di segno opposto. Il Corollario ci dice che tale matrice é TU e quindi, essendo tutti i b i interi per ipotesi, possiamo eliminare i vincoli di interezza sulle variabili. Quindi, i problemi di flusso a costo minimo, pur essendo problemi di PLI, sono problemi piú semplici dei generici problemi di PLI in quanto risolvibili come se fossero problemi di PL. Esempio 8 Nel nostro esempio la matrice di incidenza nodo-arco é la seguente: A = (6) Come giá anticipato, i problemi di PLI risolvibili come problemi di PL eliminando i vincoli di interezza hanno tipicamente una struttura tale da consentire di sviluppare tecmiche specifiche per tali problemi piú efficienti del simplesso o quantomeno di applicare il simplesso stesso con tecniche piú legate alla struttura del problema. Ció che vedremo nel seguito é il metodo del simplesso su reti, ovvero il metodo del simplesso adattato a problemi di flusso a costo minimo su reti. Prima peró accenniamo brevemente ad un risultato sul rango della matrice di incidenza nodo-arco di una rete. 4. Rango della matrice di incidenza nodo-arco di una rete Se sommiamo tra loro tutte le V righe della matrice otteniamo il vettore nullo. Infatti in ogni colonna ci sono esattamente un + e un - (si faccia la verifica sull esempio). Quindi le V righe sono tra loro linearmente dipendenti ed il rango non potrá essere superiore a V. Si puó dimostrare (ma non lo faremo) che il rango é esattamente pari a V. Il fatto che i V b i = (e quindi non solo le righe della matrice sono linearmente dipendenti ma anche le equazioni stesse dei vincoli sono tra loro linearmente dipendenti) ci mostra che uno (ed un solo) vincolo del problema puó essere eliminato in quanto ridondante. Non importa quale vincolo si elimina. Come convenzione si puó fissare di eliminare l ultima equazione. Nel seguito quindi l ultimo vincolo si intenderá soppresso e quando si parlerá di matrice dei vincoli si intenderá la matrice di incidenza nodo-arco privata dell ultima riga. Nel nostro esempio quindi la matrice dei vincoli sará A =

13 ovvero la matrice (6) in cui é stata soppressa l ultima riga. 5 Il simplesso su rete Vedremo ora come il simplesso possa essere adattato ai problemi di flusso a costo minimo su reti. Cominceremo con lo stabilire il legame esistente tra basi del simplesso ed alberi di supporto della rete. NOTA BENE! Per mancanza di uno standard, quando nel seguito si fará riferimento a variabili in base e fuori base, si dovrá intendere l opposto di quanto visto nella PL. Quelle che venivano dette variabili in base sono ora da intendersi come variabili fuori base e viceversa. Si noti che, essendo il numero di righe (ed il rango) della matrice dei vincoli pari a V, le basi sono sempre formate da V variabili. Ma non tutti gli aggregati di V variabili danno origine ad una base. Per formare una base devono anche soddisfare la proprietá che la matrice ottenuta considerando le sole colonne relative ad esse nella matrice dei vincoli sia invertibile. Nel nostro esempio, se si considera l albero di supporto in Figura 7 si ha che le colonne ad esso relativo nella matrice dei vincoli formano la seguente matrice che é invertibile e quindi le variabili corrispondenti formano una base. b=5-4 b= b3= b5=-4 b4=-4 Figura 7: Un albero di supporto per la rete del nostro esempio. 3

14 5. Relazioni tra basi ed alberi di supporto Si consideri un generico albero di supporto della rete. Esso sará formato da V archi. Si puó dimostrare (ma non lo faremo) che la soluzione ottenuta mettendo le variabili relative agli archi dell albero di supporto in base e tutte le altre fuori base (si ricordi ancora l inversione della terminologia rispetto a quanto visto nella PL) si ottiene una soluzione di base (non necessariamente ammissibile e quindi non necessariamente un vertice) del problema. Abbozzeremo invece una dimostrazione del viceversa e cioé che data una qualsiasi base, i V archi relativi alle variabili in base formano un albero di supporto. Per dimostrarlo ragioniamo per assurdo e supponiamo che gli archi non formino un albero di supporto. Poiché gli archi sono V, se non formano un albero di supporto devono formare almeno un ciclo. Vediamo cosa succede in presenza di un ciclo sul nostro esempio, precisando che quanto vedremo su tale esempio puó essere generalizzato a tutti i casi in cui compaia un ciclo. Supponiamo che le V = 4 variabili in base siano quelle relative agli archi (, ) (, 3) (5, 3) (, 5) che formano il ciclo mostrato in Figura 8. Fissiamo un arco del ciclo, ad esempio b= b=5 b3= 3 4 b4=-4 5 b5=-4 Figura 8: Un insieme di archi che formano un ciclo non possono dare origine ad una base. (, ) ed imponiamo che il verso di percorrenza del ciclo sia quello dell arco (, ). Per ogni colonna nella matrice dei vincoli relativa ad un arco del ciclo la moltiplichiamo per + se il ciclo attraversa l arco nel suo verso, per - se lo 4

15 attraversa nel verso opposto. Poi sommiamo i vettori ottenuti in questo modo. Nel nostro caso moltiplicheremo per + le colonne relative agli archi (, ) e (, 3) e per - quelle relative agli archi (5, 3) e (, 5). Quindi avremo + + = Ció dimostra che esiste una combinazione lineare non nulla delle colonne che restituisce il vettore nullo. Quindi tali colonne non formano una matrice invertibile e non rappresentano una base. Come detto, é possibile generalizzare questo risultato: ogni qualvolta gli archi relativi ad un insieme di variabili formano un ciclo, le corrispondenti colonne della matrice dei vincoli sono linearmente dipendenti e quindi le variabili non formano una base. L unica possibilitá per avere una base é che gli archi non formino alcun ciclo. Ma in base alla definizione di albero, in un grafo con V nodi, V archi che non formano alcun ciclo formano un albero di supporto. Abbiamo quindi mostrato il seguente importante risultato. Osservazione In un problema di flusso su rete a costo minimo vi é una corrispondenza uno a uno tra basi ed alberi di supporto, ovvero ad ogni insieme di V variabili che formano una base corrisponde un albero di supporto e viceversa. Quindi, per i problemi di flusso su reti a costo minimo sará indifferente parlare di basi o di alberi di supporto. 5. Alberi di supporto e soluzione di base corrispondente Supponiamo ora di avere un albero di supporto (vedi Figura 7) nel nostro esempio e poniamoci la seguente domanda: in corrispondenza di tale albero e quindi di tale soluzione di base, qual é il valore delle variabili? Per prima cosa le variabili associate ad archi che non appartengono all albero di supporto avranno associato un valore pari a. Quindi nel nostro esempio: x = x 3 = x 4 = x 53 =. Partiamo ora dai nodi foglia dell albero di supporto (in questo caso i nodi e ). Essendoci un solo arco dell albero incidente su di essi c é anche un solo modo di soddisfare il vincolo relativo a tali nodi e cioé inviando lungo quell unico arco un flusso pari al valore b i per quel nodo (si ricordi che il flusso lungo gli altri archi incidenti sul nodo é pari a ). Ora, per il nodo si ha b = e quindi il solo modo di soddisfare il vincolo relativo al nodo é porre x 5 = ; per il nodo si ha b = 5 e quindi il solo modo di soddisfare il vincolo relativo al nodo é porre x 3 =. Una volta sistemati i nodi foglia marchiamo in modo diverso (ad 5

16 b=5-4 b= b3= b5=-4 b4=-4 Figura 9: Il valore del flusso lungo gli archi tratteggiati é giá stato fissato. esempio tratteggiandoli) gli archi incidenti su di essi (vedi Figura 9). Si noti che il valore del flusso lungo gli archi tratteggiati é giá stato fissato. Avremo quindi il nostro albero di supporto il cui insieme di archi indicheremo con T ed un suo sottoalbero formato dall insieme di archi T T che contiene i soli archi di T non trattegiati. Si considerino ora i nodi foglia del sottoalbero T. Prendiamo, per esempio, il nodo 3. I soli archi dell albero di supporto T che incidono sul nodo 3 sono (, 3), arco tratteggiato e lungo cui quindi il valore del flusso é giá stato fissato (x 3 = 5), e (3, 4). A questo punto per soddisfare il vincolo relativo al nodo 3 (con b 3 = ) l unica possibilitá é inviare in uscita dal nodo 3 lungo l arco (3, 4) un flusso pari a 6 e quindi porre x 34 = 6. Per il nodo 5 abbiamo che i soli archi dell albero di supporto T che incidono sul nodo 5 sono (, 5), arco tratteggiato e lungo cui quindi il valore del flusso é giá stato fissato (x 5 = ), e (4, 5). A questo punto per soddisafare il vincolo relativo al nodo 5 (con b 5 = 4) l unica possibilitá é inviare in entrata al nodo 5 lungo l arco (4, 5) un flusso pari a e quindi porre x 45 =. A questo punto tratteggiamo anche i nuovi archi lungo cui il flusso é stato fissato (vedi Figura ). Possiamo notare che a questo punto tutti gli archi sono tratteggiati e quindi possiamo arrestarci. Se avessimo avuto altri archi non tratteggiati avremmo proseguito analizzando i nodi foglia dell albero T formato dagli archi non tratteggiati. Quindi la soluzione relativa all albero di supporto T é data da x 5 = x 3 = 5 x 34 = 6 x 45 = x = x 3 = x 4 = x 53 = 6

17 b=5-4 b= b3= 3 4 b4= b5=-4 Figura : Il valore del flusso lungo gli archi tratteggiati é giá stato fissato. Si noti che tutte le variabili sono non negative e quindi in questo caso si parla di soluzione di base o albero di supporto ammissibile ( e quindi si tratta di un vertice della regione ammissibile). Posiamo ora riassumere la procedura che abbiamo applicato nel nostro esempio nel modo seguente. Inizializzazione Siano tutti gli archi nell insieme di archi T dell albero di supporto a tratto continuo e sia T = T. Passo Se T = allora STOP. Altrimenti per ogni nodo foglia di T si fissi nell unico modo possibile il valore del flusso dell unico arco in T incidente su tale nodo e si tratteggi tale arco. Si indichi con U l insieme degli archi tratteggiati in questo modo. Passo Si aggiorni T eliminando da esso tutti gli archi che sono stati tratteggiati, ovvero si ponga T = T \ U e si ritorni al Passo. NOTA BENE Nel caso in cui una o piú delle variabili relative all albero di supporto fossero uguali a avremmo una soluzione degenere. 5.3 Calcolo dei coefficienti di costo ridotto Come avete visto in precedenza, una condizione sufficiente per stabilire se, data una soluzione di base ammissibile (un vertice), ci troviamo in una soluzione ottima in un problema di PL, é controllare se tutti i coefficienti di costo ridotto 7

18 sono non positivi in un problema di massimo oppure tutti non negativi in un problema di minimo. Nella tabella del simplesso i coefficienti di costo ridotto appaiono nell ultima riga della tabella. Nel simplesso su rete non abbiamo alcuna tabella e dobbiamo quindi vedere come calcolare tali valori. Per prima cosa ricordiamo che vanno calcolati per le sole variabili fuori base (al solito, si ricordi l inversione di terminologia rispetto al metodo del simplesso visto in precedenza). Quindi i coefficienti vanno calcolati per le sole variabili associate ad archi che non fanno parte dell albero di supporto. La procedura per tale calcolo verrá illustrata sul nostro esempio. Prendiamo una qualsiasi variabile fuori base e quindi un qualsiasi arco che non faccia parte dell albero di supporto, ad esempio l arco (, 3). Per prima cosa aggiungiamo l arco all albero. Si formerá esattamente un ciclo che verrá orientato nel verso dell arco (, 3) e quindi il ciclo sará come si vede da Figura. Si noti che il ciclo attraversa gli archi (, 3), (3, 4) b=5-4 b= b3= b5=-4 b4=-4 Figura : Il ciclo che si forma aggiungendo l arco (, 3). e (4, 5) nel loro verso, mentre attraversa l arco (, 5) nel suo verso opposto. Il coefficiente di costo ridotto relativo all arco (, 3), indicato con c 3 verrá calcolato sommando tra loro tutti i costi relativi agli archi attraversati dal ciclo nel loro stesso verso e sottraendo al risultato i costi degli archi attraversati dal ciclo in senso opposto al loro verso. Quindi c 3 = c 3 + c 34 + c 45 c 5 = =. 8

19 Si noti che il coefficiente di costo ridotto é negativo e questo ci dice immediatamente che non possiamo concludere che la soluzione di base corrente é ottima. Possiamo ripetere la procedura per tutti gli archi fuori base per calcolare tutti i coefficienti di costo ridotto. Si ottengono i seguenti risultati: c 4 = c = c 53 = 7. Come giá osseravto, la presenza di un coefficiente di costo ridotto negativo (c 3 ) ci impedisce di concludere che la soluzione di base corrente é ottima. In questi casi nel metodo del simplesso che avete visto si procede ad un cambio di base attraverso un operazione di cardine sulla tabella. Vediamo ora come questo viene fatto nel simplesso su rete. 5.4 Cambio di base ovvero l operazione di cardine nel simplesso su rete Per il cambio di base dovremo dare una regola per stabilire quale variabile fuori base far entrare in base e quale in base dovrá uscire dalla base. Per quanto riguarda la variabile fuori base da far entrare in base, la scelta é ristretta alle sole variabili con coefficiente di costo ridotto negativo (le sole incrementando le quali si puó far diminuire il costo complessivo del flusso). Tra queste fisseremo come regola di scegliere quella (o una di quelle, se sono piú di una) con il coefficiente di costo ridotto il piú negativo possibile. Nel nostro esempio non abbiamo alcuna scelta da fare visto che la sola variabile fuori base con coefficiente di costo ridotto negativo é quella relativa all arco (, 3). Aggiungiamo tale arco all albero e riotteniamo la Figura. Inizialmente il flusso lungo l arco (, 3) é nullo (x 3 = ). Incrementiamo a il valore di tale flusso. Quindi avremo un nuovo flusso pari a in uscita dal nodo ed in entrata al nodo 3. Per poter continuare a rispettare i vincoli relativi al nodo e 3 dovremo diminuire di il flusso lungo l arco (, 5) ed aumentare di il flusso lungo l arco (3, 4). A questo punto per soddisfare il vincolo relativo al nodo 4 dobbiamo incrementare di il flusso lungo l arco (4, 5). Si noti che il vincolo relativo al nodo 5 é ancora soddisfatto poiché nel nodo 5 arriva un flusso pari a in piú dal nodo 4 ma anche un flusso ancora pari a in meno dal nodo. Gli archi relativi al nodo non subiscono variazioni e quindi il vincolo relativo al nodo continua ad essere soddisfatto. Si puó riassumere quanto visto nel modo seguente. Una volta aggiunto l arco (, 3) si forma un ciclo che viene orientato nel verso dell arco (, 3) stesso. Il flusso viene incrementato di lungo ogni arco che il ciclo attraversa nel suo stesso verso e decrementato di lungo gli archi che vengono attraversati in verso opposto. Quindi nel nostro esempio: x 3 = x 34 = 6 + x 45 = + x 5 =. A questo punto possiamo incrementare il valore di arrestandoci nel momento in cui un flusso lungo un arco del ciclo si annulla. Nel nostro caso possiamo 9

20 incrementare fino a ma non oltre in quanto incrementandolo oltre il flusso relativo all arco (, 5) diventerebbe negativo. La prima variabile che diventa nulla incrementando corrisponderá alla variabile da far uscire di base. Se piú variabili diventano nulle contemporaneamente incrementando (caso degenere) se ne seleziona una di esse arbitrariamente. L albero di supporto corrispondente alla nuova base sará quello ottenuto inserendo l arco relativo alla variabile fatta entrare in base (l arco (, 3) nel nostro esempio) e rimuovendo l arco della variabile fatta uscire di base (l arco (, 5) nel nostro esempio). Per il nostro esempio la nuova base é quella riportata in Figura ed i nuovi valori delle variabili sono i seguenti x 3 = x 3 = 5 x 34 = 8 x 45 = 4 x = x 5 = x 4 = x 53 = NOTA BENE Se il ciclo ottenuto aggiungendo all albero di supporto l arco b=5 b= b3= b5=-4 b4=-4 Figura : La nuova base (albero di supporto) del problema. relativo alla variabile fuori base avesse tutti gli archi orientati nello stesso verso del ciclo stesso (vedi Figura 3) allora potrei far crescere all infinito senza che nessun flusso si annulli (tutti i flussi lungo il ciclo vengono incrementati). Ció corrisponde al caso di problema illimitato. Possiamo ora concludere il nostro esempio andando a calcolare i nuovi coefficienti di costo ridotto. I risultati sono i seguenti. c 4 = c 5 = c = 3 c 53 = 7.

21 b=5 b= b3= b5=-4 b4=-4 Figura 3: Tutti gli archi del ciclo hanno lo stesso orientamento: il problema ha obiettivo illimitato. Essendo tutti non negativi si conclude che la soluzione corrente é ottima. Piú precisamente, essendo tutti non solo non negativi ma anche strettamente positivi, si conclude che la soluzione é anche l unica soluzione ottima. 5.5 Calcolo della soluzione del duale Una volta ottenuta la soluzione ottima per il problema primale possiamo determinare la soulzione ottima del problema duale. Prendiamo nella matrice dei vincoli le sole colonne relative agli archi nell albero di supporto ottimo. Sia B la matrice ottenuta in questo modo. A questo punto dobbiamo semplicemente risolvere il sistema wb = c B dove c B é il vettore dei costi di flusso unitario ristretto alle sole variabili associate ad archi dell albero di supporto ottimo. Nel nostro esempio avremo [w w w 3 w 4 ] = 4 3 e quindi w w 3 = w w 3 = 4 w 3 w 4 = w 4 = 3

22 da cui w = w = w 3 = 3 w 4 = Determinazione di una soluzione di base ammissibile iniziale Nella descrizione del simplesso su rete siamo partiti assumendo di avere giá a disposizione un albero di supporto ammissibile. Non sempre peró questo é vero e non é neppure detto che una soluzione ammissibile esista. Avremo quindi bisogno di una procedura che ci dica se ci sono soluzioni ammissibili e, nel caso esistano, ce ne restituisca una. Utilizzeremo una tecnica due fasi. Nella prima fase aggiungiamo alla nostra rete un nuovo nodo q e congiungiamo tale nodo con ogni nodo i della rete tale che b i < attraverso l arco (q, i), mentre lo congiungiamo con ogni nodo i della rete tale che b i attraverso l arco (i, q). I valori b i vengono lasciati invariati, mentre si pone b q =. I costi dei flussi unitari saranno posti uguali a per tutti gli archi incidenti sul nodo q e per tutti gli archi della rete originaria. Per il nostro esempio la nuova rete sará quella in Figura 4. Per questo problema si ha immediatamente a disposizione q bq= b= b=5 b3= b5=-4 b4=-4 Figura 4: Il problema di prima fase per determinare una soluzione ammissibile iniziale. un albero di supporto ammissibile, quello formato da tutti gli archi incidenti su

23 q, con i seguenti valori delle variabili: x qi = b i i : b i < x iq = b i i : b i mentre tutte le altre variabili sono nulle. A questo punto risolviamo questo problema con il simplesso su rete nel modo giá visto in precedenza. Se la soluzione ottima di tale problema é maggiore di, allora il problema originario ha regione ammissibile vuota. Se invece la soluzione ottima é pari a e l albero di supporto ottimo contiene solo uno dei nuovi archi (quelli incidenti su q), eliminando tale arco si ottiene un albero di supporto ammissibile per il problema originario. A questo punto possiamo eliminare il nodo q e tutti gli archi incidenti su di esso, ripristinare gli originari costi degli archi e cominciare a risolvere il problema (seconda fase del metodo). Non illustreremo la prima fase del metodo sul nostro solito esempio in quanto ci sarebbero troppi calcoli da fare. La illustreremo su un esempio di piú piccole dimensioni. Esempio 9 Si consideri la rete in Figura 5. Nella prima fase aggiungiamo il nodo q e gli archi incidenti su di esso ed aggiorniamo i costi dei flussi come indicato in Figura 6. Per il problema della prima fase un albero di supporto b= 3 b3= b=3 Figura 5: Una rete. ammissibile é quello formato dagli archi incidenti su q, ovvero (, q), (, q) e (q, 3). La soluzione iniziale é x q3 = 4 x q = 3 x q =, tutte le altre variabili nulle. Il calcolo dei coefficienti di costo ridotto resituisce c = c 3 = c 3 =. La soluzione non é ottima in quanto abbiamo coefficienti di costo ridotto negativi. Scelgo una delle variabili fuori base con coefficiente di costo ridotto piú 3

24 b= b3=-4 3 q b=3 Figura 6: La rete ausiliaria per determinare un flusso ammissibile iniziale per la rete di Figura 5. negativo, ad esempio quella associata all arco (, 3). Applicando la procedura per il cambio di base ottengo il nuovo albero di supporto (, 3), (, q) e (q, 3). La nuova soluzione é x q3 = 3 x q = 3 x 3 =, tutte le altre variabili nulle. Il calcolo dei coefficienti di costo ridotto resituisce c = c q = c 3 =. La soluzione non é ottima in quanto abbiamo coefficienti di costo ridotto negativi. Scelgo una delle variabili fuori base con coefficiente di costo ridotto piú negativo, in tal caso c é solo quella associata all arco (, 3). Applicando la procedura per il cambio di base ottengo il nuovo albero di supporto (, 3), (, 3) e (q, 3). La nuova soluzione é x q3 = x 3 = 3 x 3 =, tutte le altre variabili nulle. Il calcolo dei coefficienti di costo ridotto resituisce c = c q = c q =. La soluzione é ottima ed é pari a. Quindi il problema ammette soluzioni ammissibili. Inoltre, poiché la soluzione ottima contiene un solo arco incidente sul nodo q, eliminando tale arco ottengo immediatamente un albero di supporto ammissibile per il problema originario (quello formato dagli archi (, 3) e (, 3)) e con tale albero di supporto ammissibile sono pronto ad entrare nella seconda fase e risolvere il problema originario. 4

25 6 Casi particolari di problemi di flusso a costo minimo 6. Problema del cammino minimo Data una rete G = (V, A) con costi associati agli archi tutti non negativi, si fissino due nodi s e t. Si vuole determinare il cammino a costo minimo (o distanza minima se i costi corrispondono alle lunghezza degli archi da percorrere) dal nodo s al nodo t. Il problema puó essere formulato come quello di inviare una singola unitá di flusso dal nodo s al nodo t cercando di minimizzare il costo per far giungere tale unitá dal nodo s al nodo t. Quindi avremo un particolare problema di flusso a costo minimo in cui dal nodo s esce un unitá di flusso (b s = +), nel nodo t ne entra una (b t = ), mentre tutti gli altri sono nodi di transito b i = (vedi Figura 7). Il problema ha la formulazione seguente: min (i,j) A c ijx ij j: (s,j) A x sj j: (j,s) A x js = + j: (t,j) A x tj j: (j,t) A x jt = j: (i,j) A x ij j: (j,i) A x ji = i V \ {s, t} x ij {, } (i, j) A Si noti che, rispetto al generico problema di flusso a costo minimo, invece del vincolo di interezza delle variabili x ij, (cioé x ij interi) qui abbiamo vincoli di binarietá sulle variabili (x ij {, } ovvero non solo le variabili devono essere intere ma esse possono assumere i soli valori e ). In realtá si dimostra che anche in questo caso la chiusura convessa della regione ammissibile del problema si ottiene semplicemente sostituendo i vincoli di binarietá x ij {, } con i vincoli x ij, cioé richiedendo soltanto che le variabili siano non negative, esattamente come per i generici problemi di flusso a costo minimo la chiusura convessa della regione ammissibile si ottiene semplicemente eliminando i vincoli di interezza delle variabili. 6. Il problema del trasporto Se nel problema del cammino a costo minimo la rete puó avere una forma qualsiasi ma i nodi possono avere solo valori b i particolari, nel problema del trasporto i nodi possono avere generici valori b i ma la rete ha una struttura particolare. Piú precisamente, nel problema del trasporto la rete é un grafo bipartito. Siano V e V i sottinsiemi in cui é partizionato l insieme dei nodi. Dai nodi in V ci sono solo archi uscenti e nei nodi in V ci sono solo archi entranti e quindi per ogni (i, j) A si ha i V e j V. Quindi b i > per ogni i V e b i < per ogni i V. I nodi i in V possono essere visti come magazzini in cui si trovano le quantitá b i di un certo prodotto. I nodi j in V possono 5

26 b= 6 4 bs= 3 8 s 4 b= b3= 5 b4= b5= t bt=- Figura 7: La rete per un problema di cammino a costo minimo. essere visti come negozi che richiedono le quantitá b j del prodotto. Il trasporto di un unitá di prodotto dal nodo i al nodo j (se esiste un arco che congiunge i e j) ha un costo pari a c ij. Si tratta di determinare le quantitá di prodotto da inviare da ogni magazzino verso ogni negozio in modo tale da rendere minimo il costo complessivo di trasporto. Un caso particolare é illustrato in Figura 8. Il problema si presenta nella seguente forma: min (i,j) A c ijx ij j: (i,j) A x ij = b i i V i: (i,j) A x ij = b j j V x ij interi (i, j) A Come si vede, si tratta di un particolare esempio di problema di flusso a costo minimo. 6.3 Il problema dell assegnamento Il problema di assegnamento é un caso particolare del problema del trasporto in cui V = V ed inoltre b i = per ogni i V e b j = per ogni j V. Il problema si puó interpretare come quello di formare coppie di elementi di V e V in modo da rendere minimo il costo complessivo di tali accoppiamenti. Un esempio particolare é il caso in cui V é un insieme di compiti, V un insieme di persone ed il costo c ij, i V e j V, é il costo di far svolgere il compito i alla persona j (vedi Figura 9). Il problema si presenta nella seguente forma: min (i,j) A c ijx ij 6

27 b=4 5 5 b5= b=6 6 b6=-5 3 b3= b7=-4 9 b4= 4 Figura 8: Un esempio di problema di trasporto. j: (i,j) A x ij = i V i: (i,j) A x ij = j V x ij interi (i, j) A Si puó dimostrare che, per la forma dei vincoli del problema di assegnamento, il richiedere x ij interi é equivalente a richiedere che le variabili siano binarie, ovvero x ij {, }, cioé i soli valori interi che possono assumere le variabili x ij in un problema di assegnamento sono i valori e. Quindi una formulazione equivalente del problema é la seguente: min (i,j) A c ijx ij j: (i,j) A x ij = i V i: (i,j) A x ij = j V x ij {, } (i, j) A I valori e delle variabili vengono interpretati nel modo seguente: se x ij =, allora l elemento j V non viene accoppiato con l elemento i V ; se x ij =, allora l elemento j V viene accoppiato con l elemento i V. 7

28 b= 5 4 b4= b= 5 b5=- 3 b3= 3 6 b6=- Figura 9: Un esempio di problema di assegnamento. 6.4 Il problema di massimo flusso Sia data una rete G = (V, A) dove vengono individuati due nodi in V, uno indicato con S e l altro con D (vedi Figura ). Vogliamo produrre la massima 8 8 S D 5 4 Figura : Un esempio di problema di flusso massimo. Si noti che i numeri al di sopra degli archi non rappresentano costi ma capacitá degli archi. quantitá di flusso possibile in S e farlo giungere a D attraverso gli archi della rete. Ad ogni arco (i, j) della rete é associata una quantitá K ij che é la sua capacitá (il flusso massimo trasportabile lungo tale arco). Il flusso puó essere per esempio un prodotto che, attraverso una rete stradale, deve essere fatto giungere da una sorgente (il nodo S) ad una destinazione (il nodo D) oppure dell informazione da far viaggiare attraverso una rete di comunicazione. I nodi intermedi (i nodi diversi da S e T ) sono nodi di transito b i =. Il problema si 8

29 presenta nella seguente forma: max y j:(s,j) A x Sj j:(j,s) A x js = y j:(d,j) A x Dj j:(j,d) A x jd = y j:(i,j) A x ij j:(j,i) A x ji = i V \ {S, D} x ij K ij interi (i, j) A y In questa forma non si presenta come un problema di flusso a costo minimo. Per prima cosa si presenta come problema di massimo invece che come problema di minimo. A questo si rimedia facilmente ricordando che max y = min y Inoltre, nei problemi di flusso a costo minimo abbiamo che i valori b i sono fissi mentre qui abbiamo che per S e D essi sono delle variabili (+y per il nodo S e y per il nodo D). Anche a questo si puó ovviare modificando la rete con l aggiunta di un arco da D verso S con K DS = + (vedi Figura ). Avremo quindi una nuova rete G = (V, A ) dove A = A {(D, S)}. In tal caso si dimostra che il problema di flusso massimo é equivalente al seguente: min x DS j:(i,j) A x ij j:(j,i) A x ji = i V x ij K ij interi (i, j) A dove tutti i nodi sono di transito (b i = per ogni i V e i costi unitari di tutti gli archi sono nulli, a parte per l arco (D, S) per il quale il costo unitario é pari a - (osservando questo problema si puó notare che é identico al precedente con la sola differenza che la variabile y é stata sostituita dalla variabile x DS ). C é ancora una differenza rispetto al generico problema di flusso minimo: oltre al fatto di dover essere non negativi, i flussi lungo gli archi sono anche limitati superiormente dai valori di capacitá K ij. In realtá esiste anche per i generici problemi di flusso a costo minimo la possibilitá di apportare opportune modifiche (che peró non vedremo) al simplesso su rete per trattare il caso in cui esistono anche limiti superiori per i flussi che possono scorrere lungo gli archi oltre al fatto che tali flussi devono essere non negativi. 6.5 Un importante osservazione I quattro casi particolari di problemi riconducibili a problemi di flusso a costo minimo potrebbero essere risolti tutti con il simplesso su rete. In realtá per essi vengono utilizzate procedure di risoluzione specifiche per tali problemi che 9

30 -/infinito b= /8 b4= /8 4 / / bs= S / /6 D /6 b= /6 5 /4 3 b5= /3 b3= bd= Figura : La riformulazione del di un problema di flusso massimo come problema di flusso a costo minimo con l aggiunta di un arco dalla destinazione D alla sorgente S. Si noti che i numeri al di sopra degli archi rappresentano i loro costi nel problema di flusso a costo minimo affiancati dalle loro capacitá. sono piú efficienti del simplesso su rete o versioni del simplesso su rete adattate ulteriormente a tali problemi. Questo dimostra un punto importante, di cui si dovrebbe tener conto ogni volta che si affronta un problema: con quanta maggiore precisione si riesce ad individuare il tipo di problema che si deve affrontare, tanto piú efficientemente possiamo sperare di risolvere il nostro problema. Ad esempio, per quanto sia legittimo risolvere un problema del cammino a costo minimo come un generico problema di flusso a costo minimo e quindi attraverso il simplesso su rete, ignorare la sua particolare struttura vuol dire rinunciare ad avvalersi delle tecniche piú efficienti per la risoluzione di tale problema. Non vedremo procedure alternative e piú efficienti per tutti i quattro casi trattati. Ci limiteremo, a titolo illustrativo, al solo problema di cammino a costo minimo (gli altri tre problemi vengono approfonditi nel corso successivo). 3

31 6.6 Un algoritmo per il problema del cammino a costo minimo Proporremo ora una procedura (algoritmo di Dijkstra) che consente di determinare il cammino minimo non solo da un nodo s ad un nodo t ma da un nodo s a tutti gli altri nodi della rete. É importante sottolineare che la procedura fornisce garanzie di determinare la soluzione ottima solo se i costi degli archi sono tutti non negativi. La procedura é la seguente. Inizializzazione Sia U = V \ {s}. Si ponga d[s] = d[i] = + i U, e Sia k = s. Passo Per ogni i U se porre p[i] = i V. d[k] + c ki < d[i], d[i] = d[k] + c ki p[i] = k. Passo Sia r U tale che Porre U = U \ {r} e k = r. d[r] = min i U d[i]. Passo 3 Se U =, allora STOP. Altrimenti si ritorni al Passo. Al termine dell esecuzione dell algoritmo il vettore d contiene le distanze minime di tutti i nodi dal nodo s (durante l esecuzione della procedura il vettore d contiene le distanze minime da s ai nodi in V \ U, mentre per i nodi in U contiene le distanze minime da s a tali nodi passando solo attraverso nodi in V \U). Se, dato un nodo t si vuole non solo sapere qual é la distanza minima da s a t ma anche il cammino lungo il quale si ha questa distanza, si deve utilizzare il vettore p. Il cammino si conclude ovviamente nel nodo t. Il nodo che precede t nel cammino é il nodo h = p[t]. A sua volta il nodo h é preceduto dal nodo h = p[h ]; procedo in questo modo fino a che il nodo h i+ = p[h i ] coincide con s. Il cammino minimo da s a t sará quindi s h i... h t. Per meglio comprendere la procedura la vediamo applicata al problema in Figura. 3

32 Figura : Un esempio di problema di cammino minimo. Esempio Il nodo s é, nel nostro caso, il nodo. Inizialmente avremo e d[] = d[] = d[3] = d[4] = +. p[] = p[] = p[3] = p[4] = con U = {, 3, 4} e k =. ITERAZIONE Alla prima iterazione avremo d[] + c = + < d[] = + d[] = d[] + c = p[] = d[] + c 3 = + 4 < d[3] = + d[3] = d[] + c 3 = 4 p[3] = d[] + c 4 = + = d[] (si noti che se un arco non é presente nella rete si associa ad esso un costo pari a + ). Avremo quindi d[] = min d[i] = min{d[], d[3], d[4]}. i U Quindi poniamo k = e U = {3, 4}. ITERAZIONE Alla seconda iterazione avremo d[] + c 3 = + < d[3] = 4 d[3] = d[] + c 3 = 3 p[3] = d[] + c 4 = + 4 < d[4] = + d[4] = d[] + c 4 = 5 p[4] = Avremo quindi d[3] = min d[i] = min{d[3], d[4]}. i U Quindi poniamo k = 3 e U = {4}. ITERAZIONE 3 Alla terza iterazione avremo d[3] + c 34 = > d[4] = 5 3

33 Avremo quindi d[4] = min d[i] = min{d[4]}. i U Quindi poniamo k = 4 e U =. Essendo U = ci arrestiamo. Notiamo che d[4] = 5 e quindi il cammino minimo dal nodo al nodo 4 é pari a 5. Se vogliamo ricostruire tale cammino minimo, consideriamo il vettore p. Si ha che p[4] = e quindi nel cammino minimo il nodo 4 é preceduto dal nodo. Procedendo a ritroso, si ha che p[] =. Dal momento che il nodo é quello di partenza ci arrestiamo ed il cammino minimo dal nodo al nodo 4 sará 4 33