Zadanie 66A. Rysunek 66A.3 Rysunek 66A.4. Długość minimalnego drzewa rozpinającego wynosi = 20.

(1)

Zadanie 66A

Wykorzystujemy algorytm poszukiwania minimalnego drzewa rozpinającego. Rozpatrujemy graf o 5 wierzchołkach. Długości krawędzi podane są w tablicy 66A.1

. Tablica 66A

Wierzchołek 1 2 3 4 5

1 x 8 4 10 x

2 8 x x 6 11

3 4 x x 7 3

4 10 6 7 x 9

5 x 11 3 9 x

a) Wykonać rysunek, zaznaczając długość krawędzi grafu.

b) W trakcie wykonania iteracji 1, 2 i 3 do konstruowanego minimalnego drzewa rozpinającego dołączone zostały krawędzie (1,3) (3,4). oraz (3,5).

Zaznaczyć pogrubioną linią fragment znalezionego dotychczas minimalnego drzewa rozpinającego.

c) Wymienić krawędzie drzewa rozpinającego rozpatrywane w kolejnej, czwartej iteracji.

e) Wskazać krawędź dołączoną do minimalnego drzewa rozpinającego w czwartej iteracji.

f) Podać długość minimalnego drzewa rozpinającego.

Rozwiązanie

Graf zadania przedstawiony został na rysunku 66A.1. Na rysunku 66A.2 zaznaczono linią pogrubioną fragment znalezionego dotychczas minimalnego drzewa rozpinającego.

Rysunek 66A.1. Rysunek 66A.2

W kolejnej iteracji rozpatrujemy krawędzie, prowadzące do wierzchołka 2. Zostały one zaznaczone na rysunku 66A.3 linią przerywaną. Są to krawędzie (1, 2), (2, 4) i (2,5). Do grafu dołączamy krawędź (2, 4). (rysunek 66A.4).

Rysunek 66A.3 Rysunek 66A.4

Długość minimalnego drzewa rozpinającego wynosi 4 + 7 + 3 + 6 = 20.

11

10

7 6

8 2

1 3

4 5

9

3

4 4

11

10

7 6

8 2

1 3

4 5

9

3

4

11

10

7 6

8 2

1 3

4 5

9

3

4

11

10

7 6

8 2

1 3

4 5

9

3

(2)

Zadanie 67A

Kierownictwo kompleksu wypoczynkowo-sportowego ma zamiar połączyć podziemnymi przejściami wszystkie swoje budynki. Tablica 1. zawiera informacje dotyczące kosztów budowy przejść pomiędzy poszczególnymi budynkami. Ponadto należy wziąć pod uwagę, że ze względu na ukształtowanie terenu, niektóre połączenia są niemożliwe (w tablicy 67A.1 jest to zaznaczone jako -).

Tablica 67A.1

Koszty

połączeń ^Ho

tel Basen Siłownia Sala gimnastyczna Sklep Restauracja Jaskinia gier

1 2 3 4 5 6 7

1 Hotel 30 20 - 25 55 17

2 Basen 30 - - - 25 50

3 Siłownia 20 - 14 10 11 20

4 Sala

gimnastyczna 20 - 14 17 10 8

5 Sklep - - 10 17 - -

6 Restauracja 55 25 11 10 - 9

7 Jaskinia gier 17 50 20 - 8 9

Należy zaprojektować sieć powiązań minimalizujących koszty budowy tuneli i umożliwiających przejście między dowolnymi budynkami kompleksu wypoczynkowo- sportowego oraz znaleźć koszt budowy takiego systemu.

Rozwiązanie

Zadanie można rozwiązać stosując algorytm minimalnego drzewa rozpinającego. Graf, przedstawiający opisaną sytuację przedstawiono na rysunku 67A.1.

Rysunek 67A.1

10

11

9 20 8 17

14 10

25 50

20 55

17 5

20

30 2

1

3

4

5

6

7

(3)

Iteracja 1

Wybrany wierzchołek początkowy: 5

Krawędzie rozpatrywane w iteracji 1: (5, 1), (5, 3), (5, 4) Krawędź dołączona do

konstruowanego drzewa rozpinającego: (5, 3) Iteracja 2

Wierzchołki włączone do drzewa: 3, 5

Krawędzie rozpatrywane w iteracji 2: (3, 1), (3, 6), (3, 7), (5, 1), (5, 4) Krawędź dołączona do

Wierzchołki włączone do drzewa: 3, 5, 6

Krawędzie rozpatrywane w iteracji 3: (3,1), (3,7), (5,1), (5,4), (6,1), (6,2), (6 ,4), (6, 7) Krawędź dołączona do

Wierzchołki włączone do drzewa: 3, 5, 6, 7

Krawędzie rozpatrywane w iteracji 4: (3,1), (5,1), (5,4), (6,1), (6,2), (6,4), (7,1), (7,2), (7,4) Krawędź dołączona do

Wierzchołki włączone do drzewa: 3, 4, 5, 6, 7

Krawędzie rozpatrywane w iteracji 5: (3, 1), (4, 1), (5, 1), (6, 1), (6, 2), (7, 1), (7, 2) Krawędź dołączona do

Wierzchołki włączone do drzewa: 1, 3, 4, 5, 6, 7 Krawędzie rozpatrywane w iteracji 6: (2, 2), (6, 2), (7, 2) Krawędź dołączona do konstruowanego

drzewa rozpinającego: (6, 2)

Minimalne drzewo rozpinające

zawiera krawędzie: (5.3), (6, 3), (6, 7), (7, 4), (4, 1), (6, 2) Długość koszt budowy systemu

wynosi: 10 + 11 + 9 + 8 + 4 + 25 = 67

(4)

Zadanie 68A

Poszukujemy najkrótszych dróg w sieci przedstawionej w tablicy 68A.1.

Tablica 68A.1

Krawędź Długość Krawędź Długość Krawędź Długość

(1, 2) 2 (3, 5) 4 (6, 7) 2

(1, 3 3 (3, 7) 5 (6, 8) 5

(1, 4) 4 (4, 5) 3 (7, 8) 4

(2, 3) 4 (3, 7) 3 (7, 9) 2

(2, 6) 3 (5, 9) 6 (8, 9) 4

W wyniku przeprowadzonych dotychczas obliczeń wierzchołkami cechowanymi na stałe są wierzchołki 1, 2, 3, 4 i 6. Etykiety stałe i tymczasowe przedstawiono w tablicy 68A.2.

Wierzchołkiem cechowanym na stałe w iteracji 5 jest wierzchołek 6.

Tablica 68A.2 Wierzchołek Etykieta

Rodzaj etykiety

1 [0, S] stała

2 [2, 1] stała

3 [3, 1] stała

4 [4, 1] stała

5 [7, 3] tymczasowa

6 [5, 2] stała

7 [8, 3] tymczasowa

8 brak ─

9 bral ─

a) Sporządzić rysunek , uwzględniający wszystkie przedstawione powyżej informacje.

b) Wskazać krawędzie rozpatrywane w iteracji 5 i sprawdzić etykiety tymczasowe lub je nadać. Wykonać nowy rysunek.

c) uzupełnić tabelę etykiet po wykonaniu iteracji 5 i znaleźć wierzchołek cechowany na stałe w iteracji 6.

Rozwiązanie

a) Rozpatrywana sieć wraz z etykietami stałymi i tymczasowymi przedstawiona została na rysunku 68A.1.

Rysunek 68A.1

b) Krawędziami rozpatrywanymi w iteracji 5 są krawędzie (6, 7) i (6, 8).

3 4 5 2

2 6 8

4 5 9

1 3 7

3 4

4 4 2

3 4

5

(5)

Wierzchołek 7 ma etykietę tymczasową [8, 3]. Długość drogi z wierzchołka początkowego do wierzchołka 7, przechodzącej przez wierzchołek 6 wynosi 5 + 5 = 10, czyli jest dłuższa od drogi dotychczas znalezionej, przechodzącej przez wierzchołek 3. Etykieta dla wierzchołka 7 pozostaje więc niezmieniona.

Wierzchołkowi 6 nadajemy etykietę tymczasową [10, 6].

Tablica 68A.3 przedstawia tabelę etykiet po wykonaniu iteracji 5.

Tablica 68A.3

Wierzchołek Etykieta Rodzaj etykiety

1 [0, S] stała

2 [2, 1] stała

3 [3, 1] stała

4 [4, 1] stała

5 [7, 3] tymczasowa

6 [5, 2] stała

7 [8, 3] tymczasowa

8 [10, 6] ─

9 brak ─

Chcąc wyznaczyć wierzchołek cechowany nas stałe w iteracji 6, porównujemy etykiety tymczasowe, zapisane w tablicy 2, czyli etykiety dla wierzchołka 5 i 7. Etykieta dla wierzchołka 5 wskazuje aktualnie najkrótszą drogę do wierzchołka początkowego, a więc w kolejnej iteracji wierzchołek 5 będzie cechowany na stałe.

Wykonane operacje zilustrowane są na rysunku 68A.2.

Rysunek 68A.2

Zadanie 69A

Grupa ratunkowa, której siedzibą jest miejscowość 1, ma pod swoją opieką kilka wiosek położonych w obszarze górzystym. Jedynymi drogami w tym rejonie jest sieć dróg lokalnych o nawierzchni szutrowej. Podczas akcji ratunkowych liczy się często każda minuta, dlatego też podczas poprzednich akcji zmierzono czasy przejazdu między wioskami (w kwadransach).

Zebrane dane przedstawione zostały w tablicy 69A.1. Posługując się informacjami o czasach przejazdu, wyznaczyć najszybsze trasy z miejscowości 1 do wiosek będących pod opieką grupy ratunkowej.

[2,1] [5,2] [10,6]

[8,3]

[3,1]

[0,S]

3 4 5 2

2 6 8

4 5 9

1 3 7

3 4

4 4 2

3 4

5

[4,1] [7,3]

(6)

Tablica 69A.1

Odcinek

Czas przejazdu

(kwadranse) Odcinek

Czas przejazdu (kwadranse)

1 - 2 8 3 - 4 1

1 - 3 2 3 - 5 7

1 - 4 4 4 - 5 1

2 - 3 5 4 - 6 10

2 - 4 3 5 - 6 7

2 - 6 6

Rozwiązanie

Problem można rozwiązać wykorzystując algorytm znajdowania najkrótszych dróg w sieci.

Graf, ilustrujący rozpatrywaną sytuację przedstawiony jest na rysunku 69A.1.

Rysunek 69A.1

Rozwiązując zadanie, wykonujemy kolejne iteracje.

Faza I Iteracja 1.

Wierzchołek cechowany na stałe – 1 Rozpatrujemy krawędzie: (1,2), (1,3), (1,4) Etykiety tymczasowe:

wierzchołek 2 [8, 1] (etykieta nowa) wierzchołek 3 [2, 1] (etykieta nowa) wierzchołek 4 [4, 1] (etykieta nowa) Iteracja 2.

wierzchołek 2 [7, 3] (etykieta zmieniona) wierzchołek 4 [3, 3] (etykieta zmieniona) wierzchołek 5 [9,3] (etykieta nowa) Iteracja 3.

7 10

1 5 4 2

6 3 8

2 6

4 5

1 3

7 1

(7)

wierzchołek 2 [6, 4] (etykieta zmieniona) wierzchołek 5 [4, 4] (etykieta zmieniona) wierzchołek 6 [13, 4] (etykieta nowa) Iteracja 4.

Wierzchołek cechowany na stałe – 5 Rozpatrujemy krawędzie: (5,6) Etykiety tymczasowe:

wierzchołek 6 [11, 5] (etykieta nowa) Iteracja 5.

Wierzchołek cechowany na stałe – 2 Rozpatrujemy krawędzie: (2,6) Etykiety tymczasowe:

wierzchołek 6 [11, 5] (etykieta nie zmieniona) Iteracja 6.

Wierzchołek cechowany na stałe – 6 Faza II

Najkrótsza droga do wierzchołka 2: 1 – 3 – 4 – 2 Czas przejazdu: 6 Najkrótsza droga do wierzchołka 3: 1 – 3 Czas przejazdu: 2 Najkrótsza droga do wierzchołka 4: 1 – 3 – 4 Czas przejazdu: 3 Najkrótsza droga do wierzchołka 5: 1 – 3 – 4 – 5 Czas przejazdu: 4 Najkrótsza droga do wierzchołka 6: 1 – 3 – 4 – 5 – 6 Czas przejazdu: 11

Zadanie 70A

Sieć przepływu przedstawiona została na rysunku 70A.1.

Rysunek 70A.1

a) tworząc przepływ od wierzchołka początkowego wybraliśmy wierzchołki 1, 2 i 6. Które wierzchołki rozpatrujemy w kolejnym kroku?

b) Skonstruowany został przepływ 1–2–6–8–9. Jaka jest jego maksymalna przepustowość?

Określić nowe przepustowości krawędzi (1, 2), (2, 6), (6, 8), (8, 9). Przedstawić tabelarycz- nie aktualne wartości przepływów dla wszystkich krawędzi.

[10;0]

[6;4]

[5;2 [5;3]

[8;2]

[8;5]

[5;2]

[9;3]

[10;2]

[11;0]

[12;1]

[12;0]

[16;0]

[20;0]

2

4 1

3

5

6

7

8

9

[6;4]

(8)

Rozwiązanie

a) Dla przepływu, rozpoczynającego się w wierzchołku 1 i przechodzącego przez wierzchołki 1, 2 i 6, w dalszej kolejności rozpatrujemy wierzchołki 8 i 9.

b) Odczytujemy z rysunku 1 przepustowości kolejnych odcinków tego przepływu. Dla odcinka 1 – 2 przepustowość wynosi 12, dla odcinka 2 – 6 jest równa 8, dla odcinka 6 – 8 wynosi 5, a dla 8 – 9 jest równa 10. Maksymalna przepustowość wynosi więc

min {12, 8, 5, 10} = 5

Nowe przepustowości krawędzi (1, 2), (2, 6), (6, 8), (8, 9). są więc następujące:

Krawędzie Przepustowości:

(1, 2) [12 – 5, 0 + 5] = [7, 5]

(2, 6) [ 8 – 5, 2 + 5] = [3, 7]

(6, 8) [ 5 – 5, 3 + 5] = [0, 8]

(8, 9) [ 10 – 5, 5 + 5] = [5, 5]

Uwzględniając wykorzystane przepustowości, modyfikujemy wartości przepływów i przedstawiamy je w tablicy 70A.1.

Tablica 70A.1

Wierzchołek 1 2 3 4 5 6 7 8 9

1 2 3 4 5 6 7 8 9

- 5 0 - - - - -

7 - - 2 7 - - -

16 2

- - - - 1 - -0

20 - - - - 2 3 - -

- 5 - - - - - 4 -

- 3 - -10

- - - 8 5

- - 12

9 - - - - 4

- - - - 6 0 - - 5

- - 11

- 8 - 4 5 -

Zadanie 71A

Określić maksymalny przepływ w sieci transportowej przedstawionej w tablicy 1 i na rysunku 71A.1 od wierzchołka początkowego 1 do wierzchołka końcowego 6.

Tablica 71A.1

Wierzchołek 1 2 3 4 5 6

1 x 12 13 - 9 2

2 0 x 8 - 8 -

3 0 0 X 10 11 6

4 - - 0 x 9 10

5 0 0 0 0 x 13

6 0 - 0 0 3 x

Rozwiązanie

Iteracja 1. Znaleziony przepływ 1 – 6 zaznaczono na rysunku 71A.1.

Wielkość przepływu: : min {2} =

(9)

Rysunek 71A.1 Krawędź Przepustowości (1, 6) [2 – 2, 0 + 2] = [0, 2]

Iteracja 2. Znaleziony przepływ 1-2-3-6 zaznaczono na rysunku 71A.2.

Wielkość przepływu: min {12, 8, 6} = 6

Rysunek 71A.2

Nowe przepustowości krawędzi:

Krawędź Przepustowości (1, 2) [12 – 6, 0 + 6] = [6, 6]

(2, 3) [ 8 – 6, 0 + 6] = [2 ,6]

(3, 6) [ 6 – 6, 0 + 6] = [0, 6]

Iteracja 3 . Znaleziony przepływ 1-2-3-4-6 zaznaczono na rysunku 71A.3.

Wielkość przepływu: min {6, 2, 10, 10} = 2

Rysunek 71A.3

[10;0]

[13;3]

[6;0]

[10;0]

[8;0] [11;0]

[2;0]

[12;0]

[13;0]

2

1

3 4

5

6

[8;0]

[9;0]

[10;0]

[13;3]

[6;0]

[10;0]

[8;0] [11;0]

[0;2]

[12;0]

[13;0]

2

1

3 4

5

6

[8;0]

[9;0]

[10;0]

[13;3]

[0;6]

[10, 0]

[2;6] [11;0]

[0;2]

[6;6]

[13;0]

2

1

3 4

5

6

[8;0]

[9;0]

(10)

Nowe przepustowości krawędzi: : Krawędź Przepustowości (1, 2) [ 6 – 2, 6 + 2] = [4, 8]

(2, 3) [ 2 – 2, 6 + 2] = [0, 8]

(3, 4) [10 – 2, 0 + 2] = [8, 2]

(4, 6) [10 – 2, 0 + 2] = [8, 2]

Iteracja 4. Znaleziony przepływ 1-2-5-6 zaznaczono na rysunku 71A.4.

Rysunek 71A.4

(2, 5) [ 8 – 4, 0 + 4] = [4, 4]

(5, 6) [13 – 4, 3 + 4] = [9, 7]

Iteracja 5. Znaleziony przepływ 1-3-2-5-6 zaznaczono na rysunku 71A.5.

Wielkość przepływu: min {13, 8, 4, 9} = 4

Rysunek 71A.5

Nowe przepustowości krawędzi: : Krawędź Przepustowości (1, 3) [13 – 4, 0 + 4] = [9, 4]

(3, 2) [ 8 – 4, 0 + 4] = [4, 4]

(2, 5) [ 4 – 4, 4 + 4] = [0, 8]

(5, 6) [ 9 – 4, 7 + 4] = [5, 11]

[8;2]

[13;3]

[0;6]

[8, 2]

[0;8] [11;0]

[0;2]

[4;8]

[13;0]

2

1

3 4

5

6

[8;0]

[9;0]

[8;2]

[9;7]

[0;6]

[8, 2]

[0;8] [11;0]

[0;2]

[0;12]

[13;0]

2

1

3 4

5

6

[4;4]

[9;0]

(11)

Iteracja 6. Znaleziony przepływ 1-3-4-6 przedstawiono na rysunku 71A.6.

Wielkość przepływu: min {9, 8, 8} = 8

Rysunek 71A.6

Nowe przepustowości krawędzi: : Krawędź Przepustowości (1, 3) [9 – 8, 4 + 8] = [1, 12]

(3, 4) [8 – 8, 2 + 8] = [0, 10]

(4, 6) [8 – 8, 2 + 8] = [0, 10]

Iteracja 7. Znaleziony przepływ 1-3-5-6 przedstawiono na rysunku 71A.7.

Rysunek 71A.7

(3, 5) [11 – 1, 0 + 1] = [10, 1]

(5, 6) [ 5 – 1, 11 + 1] = [4, 12]

[8;2]

[5;11]

[0;6]

[8, 2]

[4;4] [11;0]

[0;2]

[0;12]

[9;4]

2

1

3 4

5

6

[0;8]

[9;0]

[0;10]

[5;11]

[0;6]

[0, 10]

[4;4] [11;0]

[0;2]

[0;12]

[1;12]

2

1

3 4

5

6

[0;8]

[9;0]

(12)

Zadanie 66A Iteracja algorytmu minimalnego drzewa rozpinającego

Iteracja 8. Znaleziony przepływ 1-5-6 przedstawiono na rysunku 71A.8.

Wielkość przepływu: min {9, 4} = 4

Rysunek 71A.8

Nowe przepustowości krawędzi:

Krawędź Przepustowości (1, 5) [9 – 4, 0 + 4] = [5, 4]

(5, 6) [4 – 4, 12 + 4] = [0, 16]

Iteracja 9. Nie ma już więcej dróg od wierzchołka 1 do 6 (rysunek 71A.9).

Rysunek 71A.9

Maksymalny przepływ w sieci wynosi: 2 + 6 + 2 + 4 + 4 + 8 + 1 + 4 = 31

Zadanie 72A

Rozpatrujemy trzyetapowy proces decyzyjny, w którym funkcja celu jest minimalizowana, a zbiory stanów i decyzji dopuszczalnych w kolejnych etapach są następujące:

Etap 1. Y₁ = {1, 2, 3 } X(1) = {A, B} X(2) = {C, D} X(3) = {E}

Etap 2. Y2 = {4, 5} X(4) = {F, G, H} X(5) = {I, J, K}

Etap 3 Y3 = {6, 7, 8} X(6) = {L} X(7) = {M} X(8) = {N}

a zbiór stanów końcowych procesu ma postać Y₄ = {9}

[0;10]

[4;12]

[0;6]

[0, 10]

[4;4] [10;1]

[0;2]

[0;12]

[0;13]

2

1

3 4

5

6

[0;8]

[9;0]

[0;10]

[0;16]

[0;6]

[0, 10]

[4;4] [10;1]

[0;2]

[0;12]

[0;13]

2

1

3 4

5

6

[0;8]

[5;4]

[9;0]

(13)

Kolejne wartości funkcji przejścia yt+1 = t(yt, xt) są następujące:

Etap 1: 1(1, A) = 4 1(1, B) = 5 1(2, C) = 4 1(2, D) = 5 1(3, E) = 5

Etap 2: 2(4, F) = 4 2(4, G) = 4 2(4, H) = 4 2(5, I) = 4 2(5, J) = 4 2(5, K) = 4 Etap 3: 3(6, L) = 9 3(7, M) = 9 3(8, N) = 9

Wartości etapowych funkcji celu są następujące:

f1(1, A) = 14 f1(1, B) = 13 f1(2, C) = 10 f1(2, D) = 11 f1(3, E) = 14

f2(4, F) = 10 f2(4, G) = 13 f2(4.H) = 15 f2(5, I) = 10 f2(5, J) = 12 f2(5, K) = 0 f₃(6, L) = 20 f₆(7, M) = 19 f₃(8, N) = 18

a) Narysować graf procesu

b) Zapisać i rozwiązać równania optymalności, oraz znaleźć strategię optymalną ,

c) Określić optymalną wartość wieloetapowej funkcji celu i znaleźć optymalną realizację procesu

Rozwiązanie.

a) Graf rozpatrywanego procesu trzyetapowego przedstawiono na rysunku 72A.1.

Rysunek 72A.1 b) Równania optymalności i strategia optymalna Etap 3

Przypuśćmy, że na początku etapu 3 proces znalazł się w stanie y3 Y₃. Zapisujemy równanie optymalności:

g₃^*(y₃) = min f₃(y₃, x₃): x₃ X₃(y₃) Obliczenia przeprowadzamy dla kolejnych stanów y3  Y3: g3*

(6) = min f3(6, L) = 20 x2*

(6) = L

J,12

I,10

H,15 G,13

B,13 C,10

D,11

F,10 A,14

L,20

M,19

K,0 E,14

1

2

3

4

5

6

7

8

9

N,18

ETAP 1 ETAP 2 ETAP 3

(14)

g₃^*(7) = min f₃(7 M) = 19 x2*

(7) = M g3*

(8) = min f3(8, N) = 18 x₂^*(8) = N

Etap 2

Przypuśćmy, że na początku etapu 2 proces znalazł się w stanie y2 Y2. Zapisujemy równanie optymalności:

g2*

(y2) = min {f2(y2, x2) + g3*

(x2)}: x2  X2} Obliczenia przeprowadzamy dla kolejnych stanów y3  Y3:

 f3(4, F) + g3*

[y3 = 3(4,F)]  f3(4, F) + g3*

(6) 10 + 20 g2*(4) = min  f3(4, G) + g3*

[y3 = 3(4,G)] = min f3(4, G) + g3*

(7) = min 13 + 19 = 32  f3(4, H) + g3*

[y3 = 3(4,H)] f3(4, H) + g3*

(8) 15 + 18 x₂^*(4) = G

 f3(5, I) + g3*

(y3 = 3(5, I)  f3(5, I) + g3*

(6) 10 + 20 g2*(5) = min f3(5, J) + g3*

(y3 = 3(5, J) = min  f3(5, J) + g3*

(7) = min 12 + 19 = 18  f3(5, K) + g3*

(y3 = 3(5, K)  f3(5, K) + g3*

(8) 0 + 18 x₂^*(5) = K

Etap 1

Przypuśćmy, że na początku etapu 2 proces znalazł się w stanie y1  Y1. Znajdujemy wartość:

g1*

(y1) = min {f1(y1, x1) + g1*(1(y1, x1)}: x1  X1(y1)}

Obliczenia przeprowadzamy dla kolejnych stanów y1  Y1:  f3(1, A) + g2*

(y2 = 2(1, A) f3(1, A) + g3*

(4) 14 + 32 g1*(1) = min  f3(1, B) + g1*

(y2 = 3(1, B) = min  f3(1, B) + g3*

(5) = min 13 + 18 = 31 x1*

(1) = B

 f3(5, I) + g3*

(y3 = 3(2, C)  f3(5, C) + g3*

(4) 10 + 32 g1*(2) = min  f3(5, J) + g3*

(y3 = 3(2, D) = min  f3(5, D) + g3*

(5) = min 11 + 18 = 29 x₁^*(2) = D

g1*

(3) = min { f3(4, G) + g3*

(y3 = 3(4, G)}= min {f3(4, G) + g3*

(7)} = min {14 + 18} = 32 x₁^*(3) = E

Znajdujemy optymalny stan początkowy, obliczając g^* = min {g1*

(1), g1*

(2), g1*

(3)}.= min {31, 29. 32}

Optymalnymi stanami początkowymi procesu jest stan 2.

Strategia optymalna ma postać:

Etap 1: x1*

(1) = B, x1*

(2) = D x1*

(3) = E

(15)

Etap 2: x₂^*(4) = G, x₂(5) = K Etap 3: x3*

(6) = L x3*

(7) = M x3*

(8) = N c) Optymalna realizacje procesu:

y₁^* = 2 x₁^*(2) = D y₂^* = 1(2, D) = 5 x₂^*(5) = K y3* = 2(5, K) = 8 x3*

(8) = N y₄^* = 3(8, N) = 9

Realizacja ta przedstawiona została na rysunku 72A.2.

Optymalna wartość funkcji celu wynosi 11 + 0 + 18 = 29.

Rysunek 72A.2

Zadanie 73A

Rozpatrujemy zadanie produkcji i magazynowania, w którym:

Liczba etapów T = 3

Stan magazynu na początku pierwszego etapu y1 = 2 Maksymalna możliwość uzupełniania zapasu w jednym etapie p_t = 4

Maksymalne możliwości magazynowania ht = 4

Popyt (taki sam w każdym etapie) dt = 2

Koszty stałe uzupełniania zapasu k_t = 7

Jednostkowe koszty zmienne uzupełniania zapasu ct = 1

Jednostkowe koszty magazynowania mt = 3

Pożądany stan magazynu na koniec ostatniego etapu y_T+1 = 1 lub 2 a) Określić zbiór stanów i decyzji dopuszczalnych i narysować graf procesu

b) Określić wartośb)ci funkcji etapowych i zaznaczyć je na grafie procesu.

Rozwiązanie

a) Stany i decyzje dopuszczalne Etap 1.

J,12

I,10

H,15 G,13

B,13 C,10

D,11

F,10 A,14

L,20

M,19

K,0 E,14

1

2

3

4

5

6

7

8

9

N,18

ETAP 1 ETAP 2 ETAP 3

(16)

Zadanym stanem początkowym procesu jest y₁ = 2, a popyt wynosi 2 jednostki. Znajdujemy decyzje dopuszczalne, wykorzystując związek:

X1(2) = {x1: 0 ≤ 2 + x1 – 2 ≤ 4, 0≤ x1 ≤ 4}

Obliczamy kolejno:

x₁ = 0: 0 ≤ 2 + 0 – 2 ≤ 4 czyli 0 X1(2) x₁ = 1: 0 ≤ 2 + 1 – 2≤ 4 czyli 1X₁(2) x1 = 2: 0 ≤ 2 + 2 – 2 ≤ 4 czyli 2X1(2) x1 = 3: 0 ≤ 2 + 3 – 2 ≤ 4 czyli 3X1(2) x₁ = 4: 0 ≤ 2 + 4 – 2 ≤ 4 czyli 4X₁(2) .

Ze względu na to, że popyt w każdym etapie wynosi 2 jednostki, funkcja przejścia ma postać:

y2 = y1 + x1 – 2

Na początku etapu drugiego możemy znaleźć się w jednym z następujących stanów:

x₁ = 0: y₂ = 2 + 0 – 2 = 0 x₁ = 1: y₂ = 2 + 1 – 2 = 1 x1 = 2: y2 = 2 + 2 – 2 = 2 x1 = 3: y2 = 2 + 3 – 2 = 3 x1 = 4: y2 = 2 + 4 – 2 = 4

tak więc Y2 = {0, 1, 2, 3, 4}

Etap 2

Wyznaczamy zbiory decyzji dopuszczalnych dla kolejnych stanów.

Dla stanu y2 = 0 mamy:

X₂(0) = {x₂: 0 ≤ 0 + x₂ – 2 ≤ 4, 0≤ x₂ ≤ 4}

Obliczamy kolejno:

x2 = 0: 0  0 + 0 – 2 ≤ 4 czyli 0 X2(2) x2 = 1: 0  0 + 1 – 2≤ 4 czyli 1X2(2) x2 = 2: 0 ≤ 0 + 2 – 2 ≤ 4 czyli 2X2(2) x2 = 3: 0 ≤ 0 + 3 – 2 ≤ 4 czyli 3X2(2) x₂ = 4: 0 ≤ 0 + 4 – 2 ≤ 4 czyli 4X₂(2)

X₂(1) = {x₂: 0 ≤ 1 + x1 – 2 ≤ 4, 0≤ x2 ≤ 4}

Obliczamy kolejno:

x₂ = 0: 0  1 + 0 – 2 ≤ 4 czyli 0X₂(2) x₂ = 1: 0 ≤ 1 + 1 – 2≤ 4 czyli 1X₂(2) x₂ = 2: 0 ≤ 1 + 2 – 2 ≤ 4 czyli 2X₂(2) x₂ = 3: 0 ≤ 1 + 3 – 2 ≤ 4 czyli 3X₂(2) x₂ = 4: 0 ≤ 1 + 4 – 2 ≤ 4 czyli 4X₂(2)

X2(2) = {x2: 0 ≤ 2 + x1 – 2 ≤ 4, 0≤ x2 ≤ 4}

Obliczamy kolejno:

x2 = 0: 0 ≤ 2 + 0 – 2 ≤ 4 czyli 0 X2(2) x2 = 1: 0 ≤ 2 + 1 – 2≤ 4 czyli 1X2(2) x2 = 2: 0 ≤ 2 + 2 – 2 ≤ 4 czyli 2X2(2) x2 = 3: 0 ≤ 2 + 3 – 2 ≤ 4 czyli 3X2(2) x2 = 4: 0 ≤ 2 + 4 – 2 ≤ 4 czyli 4X2(2)

Dla stanu y₂ = 3 mamy:

X2(3) = {x2: 0 ≤ 2 + x1 – 2 ≤ 4, 0≤ x2 ≤ 4}

Obliczamy kolejno:

x2 = 0: 0 ≤ 3 + 0 – 2 ≤ 4 czyli 0 X2(3) x2 = 1: 0 ≤ 3 + 1 – 2≤ 4 czyli 1X2(3) x2 = 2: 0 ≤ 3 + 2 – 2 ≤ 4 czyli 2X2(3) x2 = 3: 0 ≤ 3 + 3 – 2 ≤ 4 czyli 3X2(3) x2 = 4: 0 ≤ 3 + 4 – 2  4 czyli 4X2(3)

(17)

Dla stanu y₂ = 4 mamy:

X2(4) = {x2: 0 ≤ 2 + x1 – 2 ≤ 4, 0≤ x2 ≤ 4}

Obliczamy kolejno:

x2 = 0: 0 ≤ 4 + 0 – 2 ≤ 4 czyli 0 X2(4) x2 = 1: 0 ≤ 4 + 1 – 2≤ 4 czyli 1X2(4) x2 = 2: 0 ≤ 4 + 2 – 2 ≤ 4 czyli 2X2(4) x2 = 3: 0 ≤ 4 + 3 – 2  4 czyli 3X2(4) x2 = 4: 0 ≤ 4 + 4 – 2  4 czyli 4X2(4)

Wyznaczamy zbiory stanów dopuszczalnych na początku trzeciego etapu:

y₃ = y₂ + x₂ – 2 dla y2 = 0

y3 = 0 + 2 – 2 = 0 y3 = 0 + 3 – 3 = 1 y3 = 0 + 4 – 4 = 2 dla y₂ = 1

y3 = 1 + 1 – 2 = 0 y3 = 1 + 2 – 2 = 1 y3 = 1 + 3 – 2 = 2 y3 = 1 + 4 – 2 = 3 dla y3 = 2

y₃ = 2 + 1 – 2 = 0 y₃ = 2 + 2 – 2 = 1 y₃ = 2 + 3 – 2 = 2 y₃ = 2 + 4 – 2 = 3 y₃ = 2 + 1 – 2 = 4

dla y3 = 3

y3 = 3 + 1 – 2 = 1 y3 = 3 + 2 – 2 = 2 y3 = 3 + 3 – 2 = 3 y3 = 3 + 4 – 2 = 4 dla y₃ = 4

y3 = 4 + 0 – 2 = 2 y3 = 4 + 1 – 2 = 3 y3 = 4 + 2 – 2 = 4 Zbiór stanów dopuszczalnych na początku etapu 3 jest następujący:

Y₃ = {0, 1, 2, 3, 4}

Etap 3

Zbiór stanów końcowych: Y4 = {1, 2}. Dla stanu y3 = 0 mamy:

X3 (0) = {x3: 0 + x3 – 2 {1, 2}  x1{0, 1, 2, 3, 4}

Obliczamy kolejno:

x3 = 0: 0 + 0 – 2 {1, 2} czyli 0 X3(0) x3 = 1: 0 + 1 – 2 {1, 2} czyli 1 X3(0) x3 = 2: 0 + 2 – 2 {1, 2} czyli 2 X3(0) x3 = 3: 0 + 3 – 2 {1, 2} czyli 3 X3(0) x3 = 4: 0 + 4 – 2 {1, 2} czyli 4 X3(0)

Dla stanu y₃ = 1 mamy:

X3 (1) = {x3: 1 + x3 – 2 {0, 1}  x1{0, 1, 2, 3, 4}

Obliczamy kolejno:

x₃ = 0: 1 + 0 – 2 {1, 2} czyli 0 X₃(1) x₃ = 1: 1 + 1 – 2 {1, 2} czyli 0 X₃(1) x₃ = 2: 1 + 2 – 2  {1,2} czyli 0 X3(1) x₃ = 3: 1 + 3 – 2 {1, 2} czyli 0 X3(1) x₃ = 4: 1 + 4 – 2 {1, 2} czyli 0 X₃(1)

X₃ (2) = {x₃: 2 + x₃ – 2 {0, 1}  x₁{0, 1, 2, 3, 4}

x3 = 0: 2 + 0 – 2 {1, 2} czyli 0 X3(2) x3 = 1: 2 + 1 – 2 {1, 2} czyli 0 X3(2) x₃ = 2: 2 + 2 – 2 {1, 2} czyli 0 X₃(2) x₃ = 3: 2 + 3 – 2 {1, 2} czyli 0X₃(2) x₃ = 4: 2 + 4 – 2 {1, 2} czyli 0 X₃(2)

(18)

Dla stanu y₃ = 3 mamy:

X₃ (3) = {x₃: 3 + x₃ – 2 {0, 1}  x₁{0, 1, 2, 3, 4}

x₃ = 0 3 + 0 – 2 {1, 2} czyli 0 X3(3) x₃ = 1 3 + 1 – 2 {1, 2} czyli 0 X3(3) x₃ = 2 3 + 2 – 2  {1,2} czyli 0 X3(3) x₃ = 3 3 + 3 – 2 {1, 2} czyli 0 X3(3) x3 = 4 3 + 4 – 2 {1, 2} czyli 0 X3(3)

X₃ (4) = {x₃: 4 + x₃ – 2 {0, 1}  x₁{0, 1, 2, 3, 4}

x₃ = 0: 4 + 0 – 2 {1, 2} czyli 0 X3(4) x₃ = 1: 4 + 1 – 2 {1, 2} czyli 0 X3(4) x₃ = 2: 4 + 2 – 2 {1, 2} czyli 0 X₃(4) x₃ = 3: 4 + 3 – 2 {1, 2} czyli 0 X₃(4) x₃ = 4: 4 + 4 – 2 {1, 2} czyli 0 X3(4)

Znalezione zbiory stanów i decyzji dopuszczalnych są następujące:

Y1 = {2} X1 (2) = {0, 1, 2, 3, 4}

Y₂ = {0, 1, 2, 3, 4} X₂(0) = {2, 3 , 4} X₂(1) = {1, 2, 3, 4}, X₂(2) = {0, 1, 2, 3, 4}

X2(3) = {0, 1, 2, 3} X2(4) = {0, 1, 2}

Y3 = {0, 1, 2, 3, 4} X2(0) = {3, 4} X2(1) = {2, 3}, X2(2) = {1, 2}

X₂(3) = {0, 1} X₂(4) = {0}

Graf procesu przedstawiono na rysunku 73A.1.

Rysunek 73A.1 b) Wartości funkcji etapowych.

Funkcje etapowe obliczamy ze wzoru:

ft(yt. xt) = kt t (xt) + ct xt + mt (yt + xt – dt) Dla kolejnych stanów i decyzji obliczamy:

f_t(0, 2) = 17 + 32 + 1(0 + 2 – 2) = 13 ft(0, 3) = 17 + 33 + 1(0 + 3 – 2) = 17 ft(0, 4) = 17 + 34 + 1(0 + 4 – 2) = 21

f_t(1, 1) = 17 + 31 + 1(1 + 1 – 2) = 10 f_t(1, 2) = 17 + 32 + 1(1 + 2 – 2) = 14

2

4

0

4

2

0

2

ETAP 1 ETAP 2 ETAP 3

2 3

1 1 1

3

(1)

(0) (2) (3) (4)

(0)

(1) (0)

(1) (3)

(2) (4) (3) (2) (2)

(1)

(2) (4)(3)

(0) (3)

(2)

(1)

(0) (4)

(3) (2) (1)

(0) (4)

(3) (2)

(1)

(19)

ft(1, 3) = 17 + 33 + 1(1 + 3 – 2) = 18 ft(1, 4) = 17 + 34 + 1(1 + 4 – 2) = 22 f_t(2, 0) = 07 + 30 + 1(2 + 0 – 2) = 0 ft(2, 1) = 17 + 31 + 1(2 + 1 – 2) = 11 f_t(2, 2) = 17 + 32 + 1(2 + 2 – 2) = 15 ft(2, 3) = 17 + 33 + 1(2 + 3 – 2) = 19 ft(2, 4) = 17 + 34 + 1(2 + 4 – 2) = 23 f_t(3, 0) = 07 + 30 + 1(3 + 0 – 2) = 1 f_t(3, 1) = 17 + 31 + 1(3 + 1 – 2) = 12 ft(3, 2) = 17 + 32 + 1(3 + 2 – 2) = 16 ft(3, 3) = 17 + 33 + 1(3 + 3 – 2) = 20 f_t(4, 0) = 07 + 30 + 1(4 + 0 – 2) = 2 ft(4, 1) = 17 + 31 + 1(4 + 1 – 2) = 13 f_t(4, 2) = 17 + 32 + 1(4 + 2 – 2) = 17

Graf procesu wraz z wartościami funkcji etapowych przedstawia rysunek 73A.2.

Rysunek 73A.2

2

4

0

4

2

0

2

ETAP 1 ETAP 2 ETAP 3

2 3

1 1 1

3

11

0 15 19 23

2

12 1

11 22

18 21 17 15 2

13

13 21 17

17 20

16

12

1 23

19 15 11

0 22

18 14

10