Teoría de Transporte y Asignación Personal

UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL – FAC. REG. RAFAELA
Docentes: Lic. Elda G. de Huck – Lic. Cristian Bergesse
Cátedra: Investigación Operativa
1
“ EL PROBLEMA DE TRANSPORTE”
La TÉCNICA DE TRANSPORTE se puede aplicar a todo problema físico compatible
con el siguiente esquema:
FUENTES
DESTINOS
TRANSPORTE DE UNIDADES
Donde “transporte de unidades” puede ser, por ejemplo:
• flujo de energía
• transporte de mercaderías
• prestaciones de servicios
• transporte de materia prima
• etc.
OBJETIVO: Minimizar los costos de “transporte” desde las fuentes a los destinos.
DEFINICIÓN DEL MODELO:
Suponemos:
• m fuentes i
• n destinos j
• a i ( i = 1,..., m) n° de unidades disponibles en la fuente i
• bj (j = 1, ...,n) n° de unidades demandadas por el destino j.
• c i j costo de transporte de una unidad desde la fuente i al destino j
• x i j n° de unidades transportadas desde las fuente i al destino j.
REPRESENTACIÓN MATEMÁTICA:
MIN Z =
Σ Σ c ij
x ij
Sujeto a:
Σ x ij = a i
Σ x ij = b j
x i j >= 0
i = 1,..., m ( restricciones de disponibilidad)
j = 1,..., n ( restricciones de demanda)
∀i ;
∀ j
Las etapas básicas para resolver un Problema de Transporte son:
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL – FAC. REG. RAFAELA
Docentes: Lic. Elda G. de Huck – Lic. Cristian Bergesse
Cátedra: Investigación Operativa
2
Etapa 1: Balancear el problema
Etapa 2: Encontrar una solución básica factible inicial
Etapa 3: Optimización
Etapa 1:
Para que un problema esté balanceado el n° de unidades disponibles debe ser igual al n°
de unidades requeridas. Cuando la condición de balance no se cumple naturalmente, se
utilizarán fuentes o destinos ficticios para balancear el problema y poder aplicar la
Técnica de Transporte.
Si la demanda excede el suministro, se utilizará una fuente ficticia que
suministra la cantidad faltante.
Si la disponibilidad excede la demanda se utilizará un destino ficticio que
consuma la cantidad sobrante.
Los costos utilizados en las fuentes o destinos ficticios deben ser todos iguales,
convenimos en que sean cero.
Etapa 2: Encontrar una solución básica factible inicial (S.B.F.I.)
Hay varios Métodos para encontrar una solución inicial. Aquí veremos dos de ellos:
El Método del Extremo Noroeste (Regla del Noroeste)
El Método del Mínimo Costo
Utilizaremos la siguiente matriz de costos para desarrollar ambos Métodos:
O1
O2
O3
O4
requerim.
D1
8
5
9
4
70
D2
5
7
3
8
130
D3
2
4
6
2
140
D4
7
5
4
5
150
D5
3
8
2
1
150
D6
9
6
7
9
190
Disponib.
100
250
300
180
830
Regla del Noroeste
El algoritmo es el siguiente:
Asignar la mayor cantidad posible a la variable x 11
La columna (fila) satisfecha es tachada, indicando que las restantes variables de
esa columna (fila) no son básicas
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL – FAC. REG. RAFAELA
Docentes: Lic. Elda G. de Huck – Lic. Cristian Bergesse
Cátedra: Investigación Operativa
3
Continuar asignando la mayor cantidad posible a la próxima variable de la
columna o fila no tachada
El algoritmo finaliza cuando queda solo sin tachar una fila o una columna que es
la que recibe la cantidad restante
Una vez realizada la asignación, corroborar que la cantidad de asignaciones sea
igual a m + n – 1 .
En nuestro ejemplo la S.B.F.I. por Noroeste es:
(tabla 1)
O1
O2
O3
O4
requerim.
D1
70
70
D2
30
100
130
D3
140
140
D4
10
140
150
D5
150
150
D6
10
180
190
Disponib.
100
250
300
180
830
Z = 70 x 8 + 30 x 5 + 100 x 7 + 140 x 4 + 10 x 5 + 140 + 4 + 150 x 2 + 10 x 7 + 180 x 9 = $
4570
Método del Mínimo Costo
El algoritmo es el siguiente:
Asignar la mayor cantidad posible a la variable que posee el menor costo
unitario, en caso de existir más de una elegir arbitrariamente.
La columna o fila satisfecha se tacha.
Continuar asignando la mayor cantidad posible a la variable no tachada con
menor costo unitario
El algoritmo finaliza cuando sólo queda sin tachar una fila o una columna que
recibe lo que quedó sin asignar aún.
Una vez realizada la asignación, corroborar que la cantidad de asignaciones sea
igual a m + n – 1 .
En nuestro ejemplo la S.B.F.I. por Mínimo Costo es:
(tabla 2)
O1
O2
O3
O4
requerim.
D1
70
70
D2
130
130
D3
100
10
30
140
D4
150
150
D5
150
150
D6
170
20
190
Disponib.
100
250
300
180
830
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL – FAC. REG. RAFAELA
Docentes: Lic. Elda G. de Huck – Lic. Cristian Bergesse
Cátedra: Investigación Operativa
4
Z = $ 2950
Etapa 3: Optimización
Para optimizar utilizaremos el Método iterativo MODI.
Método MODI
Trabajaremos con una matriz de costos indirectos. Los costos indirectos cumplen la
condición: que se pueden descomponer en un valor u i correspondiente a fila y otra v j
correspondiente a columnas. (C i j = u i + vj ).
¿ Cómo lo aplicamos en el Método MODI?
Luego de obtener una S.B.F.I. construimos una nueva matriz en la cuál ubicamos los
valores de la matriz inicial de costos en aquellos lugares donde aparecen las soluciones
(asignaciones de valores) correspondientes a la 1era. Solución (utilizaré la solución
encontrada por Mínimo Costo); luego fijamos un valor marginal ( ui o vj) y
automáticamente quedarán fijados todos los restantes.
En nuestro ejemplo:
(tabla 3)
D1
O1
3
O2
5
O3
6
O4
3
vj
2
D2
0
2
3
0
-1
D3
2
4
5
2
1
D4
1
3
4
1
0
D5
1
3
4
1
0
D6
4
6
7
4
3
ui
1
3
4
1
Luego de construir esta tabla hacemos la diferencia entre ella y la tabla de costos
iniciales,; esta diferencia puede ser mayor, menor o igual a cero.
Si la diferencia es negativa colocamos el signo _ en la tabla de costos indirectos, si es
positiva colocamos el signo + y el resultado de la operación y si es cero colocamos 0.
Las diferencias con signo + son las que nos interesan, ya que nos indican que podemos
mejorar la solución anterior introduciendo en ese lugar una nueva solución, en nuestro
ejemplo la introducimos en el casillero (3, 5), indicamos esto colocando en la tabla 2 un
; luego construimos un circuito cerrado que tome a lo largo de filas y columnas otros
elementos (asignaciones distintas de cero). Los circuitos pueden ser únicos o no, se
elige cualquier sentido para realizarlo, pues la solución no varía.
Si hay más de una diferencia positiva elegimos el casillero que da la mayor diferencia,
si hay 2 o más diferencias positivas iguales y menores elegimos el que corresponde al
menor costo en la tabla de costos iniciales.
Luego colocamos signos + y – en forma alternada empezando por + en los vértices del
polígono determinado por el circuito (este vértice siempre debe tener un valor).
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL – FAC. REG. RAFAELA
Docentes: Lic. Elda G. de Huck – Lic. Cristian Bergesse
Cátedra: Investigación Operativa
5
¿Cómo elegimos el valor a introducir en el casillero (3,5)?.
Al valor a introducir lo llamamos θ y deberá cumplir la condición de ser el mínimo de
los valores que poseen el signo + en el circuito, en nuestro ejemplo:
θ = mín ( 20, 10, 150)
θ = 10.
Construimos una nueva tabla (Tabla 4), colocando en el casillero (3,5) el valor 10, los
valores que no eran vértices o no pertenecían al circuito se mantienen y los vértices del
polígono que tenían signo + cambian colocando en su lugar el valor anterior menos θ y
los que tenían signo negativo cambian por la suma del anterior y θ.
(tabla 4)
O1
O2
O3
O4
requerim.
D1
70
70
D2
130
130
D3
100
40
140
D4
150
150
D5
10
140
150
D6
180
10
190
Disponib.
100
250
300
180
830
Z = $ 2930
Volvemos a repetir el proceso (hacer tabla de costos indirectos). Continuar como
ejercicio y comprobar que se alcanza el óptimo en Z = $2920.
Podemos observar que al hacer la diferencia entre la tabla de costos indirectos y la de
costos iniciales aparecen ceros en aquellos lugares que corresponden a las asignaciones
(en nuestro caso hay 9 asignaciones), con lo que podemos afirmar que si el número de
soluciones es n deben aparecer como mínimo n ceros; si aparecen más significa que el
problema tiene soluciones alternativas.
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL – FAC. REG. RAFAELA
Docentes: Lic. Elda G. de Huck – Lic. Cristian Bergesse
Cátedra: Investigación Operativa
6
“ MODELOS O PROBLEMAS DE ASIGNACIÓN PERSONAL”
EL PROBLEMA DE ASIGNACIÓN se aplica a todo problema que requiere “asignar m
elementos (tareas, máquinas, equipos, operarios, etc.) a otros n elementos (máquinas,
tareas, equipos, operarios, etc.), disponiéndose de más de una alternativa de asignación
posible.
Para simplificar el tema y sin pérdida de generalidad, consideremos el caso particular de
asignar “m tareas” a “n máquinas”.
OBJETIVO
Asignar las tareas a las máquinas (una tarea por máquina) de tal forma de optimizar un
índice de performance (objetivo) establecido. En nuestro caso particular será minimizar
el costo total de asignación.
Este problema es un caso particular del PROBLEMA DE TRANSPORTE en el cuál las
FUENTES son cada una de las tareas y los DESTINOS cada una de las máquinas, la
disponibilidad de cada fuente es 1 y la demanda de cada destino es 1.
REPRESENTACIÓN TABULAR
T
A
R
E
A
S
1
....
i
....
m
Bj
1
C11
...
Ci1
...
Cm1
1
2
C12
...
Ci2
....
Cm2
1
Ai: disponibilidad
MÁQUINAS
.....
...
...
...
j
C1j
...
CiJ
...
Cmj
1
......
...
...
....
Bj: requerimientos
REPRESENTACIÓN MATEMÁTICA:
MIN Z =
Σ Σ c ij
x ij
Sujeto a:
Σ x ij = 1
i = 1,..., m ( restricciones de disponibilidad)
Σ x ij = 1
x ij = 0
ó
j = 1,..., n ( restricciones de demanda)
x ij = 1
∀i ;
∀ j
n
C1n
...
Cin
...
Cmn
1
Ai
1
...
1
...
1
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL – FAC. REG. RAFAELA
Docentes: Lic. Elda G. de Huck – Lic. Cristian Bergesse
Cátedra: Investigación Operativa
7
donde:
x i j = 0 si la i-ésima tarea no es asignada a la j-ésima máquina
x i j = 1 si la i-ésima tarea es asignada a la j-ésima máquina
Por lo tanto un problema de Asignación Personal puede resolverse por el Método
Simplex.
Condición de balance:
Para que un problema esté balanceado el n° de tareas a asignar debe ser igual al número
de máquinas.
Cuando no se cumple la condición de balance será necesario adicionar tantas tareas o
máquinas como sea necesario para balancearlo
Los costos utilizados en las tareas o máquinas ficticias deben ser todos iguales.
RESOLUCIÓN DE UN PROBLEMA DE MINIMIZACIÓN
“EL MÉTODO HÚNGARO”
Para explicar los pasos del Método Húngaro utilizaremos el siguiente ejemplo:
Se desea asignar en forma óptima 7 trabajos a 7 equipos. La tabla siguiente muestra los
costos que ocasionarían cada una de las posibles asignaciones.
Tabla 1
T1
T2
T3
T4
T5
T6
T7
Mínimo
E1
8
9
6
11
1
16
14
1
E2
9
4
8
7
9
14
4
4
E3
3
3
4
7
10
13
12
3
E4
6
5
11
12
7
14
5
5
E5
1
9
8
3
9
12
1
1
E6
6
7
5
9
7
11
1
1
E7
4
10
9
4
7
6
9
4
Método Húngaro
El algoritmo es el siguiente:
1) Se eligen los valores mínimos de cada una de las columnas de la matriz de
costos (tabla 1) y se anotan en el margen inferior (lo hacemos en la tabla 1).
2) Formamos una nueva matriz restando a los elementos de la tabla 1 (por
columna) los elementos que figuran en el margen inferior de la misma.
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL – FAC. REG. RAFAELA
Docentes: Lic. Elda G. de Huck – Lic. Cristian Bergesse
Cátedra: Investigación Operativa
8
Tabla 2
T1
T2
T3
T4
T5
T6
T7
E1
7
8
5
10
0
15
13
E2
5
0
4
3
5
10
0
E3
0
0
1
4
7
10
9
E4
1
0
6
7
2
9
0
E5
0
8
7
2
8
11
0
E6
5
6
4
8
6
10
0
E7
0
6
5
0
3
2
5
Mínimo
0
0
1
0
0
2
0
Podemos observar que en la tabla 2 aparecen varios ceros, éstos son de gran importancia
en la resolución del problema.
Definición
Llamaremos ceros esenciales o independientes a aquellos ceros que son únicos en su fila
o en su columna. En la tabla 2 es esencial el cero de la posición x 47, por ejemplo.
El Método Húngaro busca que efectuando transformaciones en la matriz inicial de
costos aparezcan sobre la nueva matriz ceros esenciales.
3) Se trazan el menor número de líneas posibles sobre filas, sobre columnas o en
forma combinada sobre filas y columnas que cumplan la condición de cubrir todos
los ceros de la matriz.
Llamaremos con n 1, al número de líneas que cubren los ceros y con n al número de
filas o columnas de la matriz de los datos.
Para hacer la prueba de optimidad comparamos n 1 con n y si:
• n 1 < n el problema aún no está resuelto y debo continuar con el método.
• n 1 = n el problema finalizó y se llegó a la solución óptima.
En el ejemplo n 1 < n entonces:
4) Colocamos ahora en la tabla 2 los mínimos por fila en el margen derecho y
procedemos a hacer una nueva tabla (tabla 3), restando a las filas de la tabla 2 el
mínimo correspondiente.
h
Tabla 3
E1
E2
E3
E4
E5
E6
E7
T1
7
5
0
1
0
5
0
T2
8
0
0
0
8
6
6
T3
4
3
0
5
6
3
4
T4
10
3
4
7
2
8
0
T5
0
5
7
2
8
6
3
T6
13
8
8
7
9
8
0
T7
13
0
9
0
0
0
5
0
0
-1
0
-1
0
-1
1
0
1
1
0
1
0
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL – FAC. REG. RAFAELA
Docentes: Lic. Elda G. de Huck – Lic. Cristian Bergesse
Cátedra: Investigación Operativa
9
Tachamos los ceros y nuevamente n 1 < n por lo tanto, el problema no llegó al óptimo,
continuamos con un proceso cíclico que consiste en lo siguiente:
5) Se elige de las filas o columnas “descubiertas” el valor mínimo que
llamaremos “h”, este mínimo se ubica en el margen de la derecha en aquellos
lugares que corresponde a una fila descubierta y el valor cero en las filas cubiertas.
En el margen inferior colocamos el valor - h (h cambiado de signo) en aquellos
lugares que corresponde a columnas cubiertas (tabla 3). En nuestro ejemplo h = 1
Se forma entonces una nueva matriz o tabla restando a cada uno de los elementos
de la última matriz sus dos valores marginales correspondientes.
En el ejemplo obtenemos:
Tabla 4
E1
6
8
3
9
0
12
13
0
T2
T3
T4
T5
T6
T7
E2
4
0
2
2
5
7
0
0
E3
0
1
0
4
8
8
10
0
E4
0
0
4
6
2
6
0
0
E5
0
9
6
2
9
9
1
0
E6
4
6
2
7
6
7
0
0
E7
0
7
4
0
4
0
6
-2
h
Como n 1 < n el problema aún no está resuelto y debo continuar con el método.
Comenzamos entonces el proceso cíclico, repito el paso 5) eligiendo h = 2.
La nueva matriz será:
Tabla 4
T1
T2
T3
T4
T5
T6
T7
E1
6
8
3
7
[0]
10
13
E2
4
0
2
0
5
5
φ
E3
φ
1
[0]
2
8
6
10
E4
0
0
4
4
2
4
φ
E5
0
9
6
0
9
7
1
E6
4
6
2
5
6
5
[0]
E7
2
9
6
φ
6
[0]
8
Como n 1 = n el problema está resuelto.
¿Cómo realizamos las asignaciones?
Se hacen primero las asignaciones fijas en aquellos lugares donde están los ceros
esenciales.
0
0
0
2
0
2
0
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL – FAC. REG. RAFAELA
Docentes: Lic. Elda G. de Huck – Lic. Cristian Bergesse
Cátedra: Investigación Operativa
10
En nuestro ejemplo tenemos 4 ceros esenciales por lo que tendremos 4 asignaciones
fijas.
¿ Y las restantes cómo las elijo, ya que hay que hacer 7 asignaciones?
Éstas se hacen en aquellos lugares donde aparecen los otros ceros en la matriz final
(tabla 5), podemos observar que hay 6 ceros no esenciales de los cuáles hay que elegir 3
para que se cumpla la condición de que ningún equipo se quede sin utilizar y ningún
trabajo sin realizar y cuidando de que no se otorgue dos o más trabajos a un mismo
equipo (asignación 1 a 1).
Teniendo en cuenta lo anterior la elección de los ceros se hace en forma arbitraria ya
que con cualquier elección posible el costo total será el mismo.
Podemos hacer lo siguiente:
Asignaciones fijas:
T5
E1
T3
E3
T7
E6
T6
E7
Restantes Asignaciones
T2
E2
T1
E4
T4
E5
El costo total mínimo será de $ 25.
Realizar como ejercicio otras asignaciones, modificando la elección de los ceros no
esenciales.