o Appello /7/ RICERCA OPERATIVA (a.a. /) Nome: Cognome: Matriola: ) Si individui un albero dei ammini minimi di radie sul grafo in figura 8 7 utilizzando l algoritmo più appropriato dal punto di vista della omplessità omputazionale in tempo, giustifiando la selta effettuata. Per ogni iterazione si fornisano il nodo selezionato u, i vettori dei predeessori e delle etihette, e l insieme dei nodi andidati Q. Al termine si disegni l albero dei ammini minimi individuato. SVOLGIMENTO Il grafo ontiene il ilo (,,,,,7,) e non sono presenti arhi di osto negativo. Pertanto, l algoritmo più onveniente dal punto di vista della omplessità omputazionale in tempo, tra quelli studiati, è l algoritmo SPT.S, he ha omplessità in tempo O(n ). M = (n ) max + = + =. it. u p p p p p p p7 d d d d d d d7 Q nil {} nil 8 {,,,,, 7} nil 8 {,,,, 7} nil 8 {,,, 7} nil {,, 7} 7 nil 7 7 {, } nil 7 7 9 {} 7 nil 7 7 9 { } L albero trovato è mostrato in figura: 9 7 7
o Appello /7/ ) Si risolva l istanza del problema dell Assegnamento di Costo Minimo in figura utilizzando l algoritmo di anellazione dei ili a partire dall assegnamento {(, ),(, ),(, )} (se neessario si riformuli il problema ome Flusso di Costo Minimo). Per ogni iterazione si mostri la soluzione orrente ol suo osto ed il ilo individuato on il suo verso, osto e apaità. Al termine si dimostri he la soluzione è ottima. SVOLGIMENTO Il problema dell Assegnamento di Costo Minimo in figura può essere riformulato ome il problema di Flusso di Costo Minimo rappresentato nella prima figura in alto; l assegnamento iniziale dato orrisponde al flusso ammissibile mostrato in figura. L algoritmo esegue due iterazioni, rappresentate nelle due figure suessive (da sinistra a destra), determinando il flusso mostrato nella figura in basso a sinistra; non è neessario indiare la apaità del ilo perhé tutti gli arhi hanno apaità, quindi l algoritmo ostruirà solamente soluzioni in ui il flusso su ogni aro è zero oppure uno e iasun ilo (aumentante) selezionato avrà apaità pari a. La figura in basso a destra mostra il orrispondente grafo residuo ed un suo albero dei ammini minimi (arhi in neretto) on insieme di radii N, on le relative etihette he soddisfano le ondizioni di Bellman: questo dimostra he non esistono ili (alternanti) aumentanti di osto negativo, e quindi he il flusso (aoppiamento {(, ),(, ),(, )}) ottenuto è ottimo. b i i ij, u ij, x ij b j j - -,,,,,,,,,,,, -,,,, x =, (C) = - x =, (C) = - x = - - - - - - -
o Appello /7/ ) Si risolva il seguente 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. SVOLGIMENTO 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 = it.) B = {,}, A B = 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 y B = ξ = it.) B = {,}, A B =, A B = y B =, x =, = =, y N =, y =, h =, B(h) =,, A N ξ = =, J = {}, λ = λ =, k = ambio di base degenere, A B =, x = =, =, y N =, y =, STOP. Poihé y B, x =, è una soluzione ottima per il problema dato, mentre y =,,,, è una soluzione ottima per il suo problema duale.,
o Appello /7/ ) Si risolva il problema di PL indiato in figura utilizzando l algoritmo del Simplesso Duale, per via geometria, 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 del vettore η B e l indie usente h, giustifiando le risposte. Inoltre, si disuta l eventuale degenerazione primale e duale delle basi via via inontrate. x x x A x A A A A SVOLGIMENTO It. ) Alla base B = {,} orrisponde x in figura. La base è primale non degenere in quanto I(x ) = B, ed è duale non degenere in quanto non è ollineare né on A né on A, ome mostrato in (a), e quindi sia y he y sono strettamente positive. k = min{i N : A i x > b i } = min{,,} = (regola antiilo di Bland). η >,η < in quanto A appartiene al ono finitamente generato da A e A, ome mostrato in (a), quindi h =. It. ) Alla base B = {,} orrisponde x in figura; la base non è né primale né duale degenere. k = min{i N : A i x > b i } = min{,} = (regola antiilo di Bland). Si ha hiaramente he η >,η > e y /η = y /η, in quanto ed A sono ollineari, ome mostrato in (b), pertanto h = per la regola antiilo di Bland. It. )AllabaseB = {,}orrispondex infigura;labasenonèprimaledegeneremaèdualedegenere(y =,y >, si veda ()). L unio vinolo violato è il quinto, e quindi k =. η >,η > in quanto A appartiene al ono finitamente generato da A e A, ome mostrato in (). Poihé y /η = < y /η, si ha h =. It. ) Alla base B = {,} orrisponde x in figura; la base è sia primale he duale degenere (I(x ) = {,,} e y =, si veda ()). Non vi sono vinoli violati e quindi l algoritmo termina: x è una soluzione ottima per il problema. (a) (b) () A A A A -A A A A A A
o Appello /7/ ) Il Malvagio Malthazard (MM) sta preparando la fase finale del suo diabolio piano per distruggere il villaggio degli odiati MiniMei. Per farlo deve savare una rete di gallerie he portino la maggior quantità possibile di aqua dalla sua fortezza (strategiamente sistemata viino al rubinetto del giardino) fino al villaggio dei MiniMei, he notoriamente non sanno nuotare. I suoi agenti hanno individuato l insieme V dei punti in ui le gallerie si possono interseare (la fortezza F ed il villaggio M essendo due di tali punti), ed un insieme A di potenziali gallerie tra tali punti (orientate: è possibile ostruire una galleria tra i e j, quindi (i,j) A, solo se i è ad un livello più alto di j, in modo he l aqua fluisa; ovviamente F è il punto più in basso di tutti). Savare una galleria (i,j) A ha un osto fisso (in ore di lavoro dei suoi servi-insetto) f ij >, più un osto ij > proporzionale alla portata della galleria, he omunque non può superare il valore massimo dato di u ij >. Il MM deve ompletare la sua perversa opera prima della prossima luna piena, in ui è previsto il ritorno dell eroe Arthur, e quindi ha un budget omplessivo pari a C ore di lavoro dei suoi servi-insetto. Si proponga un modello di PLI he aiuti il MM a deidere quali gallerie savare, e on quale portata, in modo da massimizzare la quantità (portata) di aqua inviabile da F a M lungo la rete nel rispetto del budget di tempo disponibile per il nefando progetto. SVOLGIMENTO Introduiamo le variabili (di flusso) x ij per ogni (i,j) A tali he x ij denota la portata della galleria ostruita tra i e j. Introduiamo inoltre le variabili binarie y ij per ogni (i,j) A, on il seguente signifiato: { se viene ostruita la galleria (i,j) y ij = altrimenti. Una formulazione del problema è la seguente: max v (j,i) BS(i) x ji (i,j) F S(i) x ij = v i = F v i = M i F,M i V x ij u ij y ij (i,j) A f ij y ij + ij x ij C (i,j) A y ij {,} (i,j) A (i,j) A Il primo bloo di vinoli (vinoli di onservazione di flusso) garantise l invio di una quantità di aqua v da F a M lungo la rete delle gallerie: si suppone he ogni galleria sia utilizzata per l intera portata, ma del resto, poihé ij >, non avrebbe senso savare una galleria di portata superiore alla quantità di aqua he poi potrebbe sorreri. Il seondo bloo di vinoli è ostituito da vinoli di apaità ongiuntamente a vinoli logii. In partiolare, tali vinoli sanisono he se la galleria (i,j) è savata (ovvero y ij = ) allora è possibile inviare aqua lungo (i,j) e la massima portata inviabile è u ij ; se invee y ij =, ioè (i,j) non è savata, allora non è possibile inviare aqua lungo (i,j). Segue il vinolo di budget, he impone he il tempo totale per realizzare la rete non eeda l ammontare disponibile C. La funzione obiettivo è la quantità (portata) totale v di aqua inviata da F a M, he pertanto verrà massimizzata.
o Appello /7/ ) Si risolva la seguente istanza di TSP 8 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 (a parità si selga il nodo di indie maggiore), 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 lessiografio sulle oppie (i, j) orrispondenti agli arhi le ui variabili sono fissate a zero. 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. SVOLGIMENTO 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 = +. Nodo radie L 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 un nodo on più di due arhi inidenti: e ne sono due ( e ) on il numero minimo () di arhi inidenti, per ui in aordo on la regola di branhing si seleziona il nodo. Si reano quindi 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 (,). x = L 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 (,). x = L MST, on z =, è mostrato in (). Poihè è un ilo Hamiltoniano, si pone z =. Inoltre il nodo viene hiuso per ottimalità. x = L 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. 9 (a) (b) () (d)