phương pháp giải một lớp bài toán quy hoạch nguyên phi tuyến

Một số mô hình tối ưu tổ hợp thuộc loại các bài toán "dễgiải" có thuật toán đa thức để giải, nhưng phần lớn là các bài toán "khógiải" chưa có thuật toán đa thức để giải.. Luận văn đề cập

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN DUY LONG

PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT LỚP

BÀI TOÁN QUY HOẠCH

NGUYÊN PHI TUYẾN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - Năm 2012

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN DUY LONG

PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT LỚP

BÀI TOÁN QUY HOẠCH

NGUYÊN PHI TUYẾN

Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG

Mã số : 60.46.36

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TS TRẦN VŨ THIỆU

Thái Nguyên - Năm 2012

Mục lục

Mục lục i

LỜI NÓI ĐẦU 1 Nội dung 4 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 4 1.1 Tập lồi, hàm lồi và một số tính chất 4

1.1.1 Tập hợp lồi 4

1.1.2 Hàm lồi 6

1.2 Thuật toán đa thức 7

1.3 Bài toán quy hoạch nguyên phi tuyến 10

2 PHƯƠNG PHÁP TRỰC TIẾP GIẢI BÀI TOÁN (P) 13 2.1 Tính chất nghiệm của bài toán(P) 13

2.2 Cơ sở phương pháp giải 16

2.3 Thuật toán đa thức giải bài toán 21

2.3.1 Thuật toán A 21

2.3.2 Đánh giá độ phức tạp của thuật toán 22

3 MỘT SỐ HƯỚNG MỞ RỘNG BÀI TOÁN (P) 28 3.1 Giảm kích thước bài toán (P) 28

3.2 Thay đổi ràng buộc 33

3.2.1 Thêm, bớt sinh viên 33

3.2.2 Thêm, bớt chuyên đề 34

3.2.3 Thêm điều kiện phụ vào bài toán (P) 35

3.3 Thay đổi hàm mục tiêu của bài toán (P) 37

3.3.1 Bài toán với hàm mục tiêu mở rộng 37

3.3.2 Bài toán với hàm mục tiêu lõm 40

3.3.3 Bài toán vận tải với điều kiện phụ 42

LỜI NÓI ĐẦU

Tối ưu tổ hợp (Combinatorial Optimization) hay còn gọi là tối ưu rờirạc là một bộ phận quan trọng của tối ưu hoá Nó bao gồm nhiều bài toántối ưu với biến số nhận các giá trị rời rạc (không liên tục) và nhiều phươngpháp giải khác nhau cho các lớp bài toán tổng quát và riêng lẻ Các bàitoán tối ưu tổ hợp rất phong phú, đa dạng và có nhiều ứng đụng rộng rãitrong thực tiễn Một số mô hình tối ưu tổ hợp thuộc loại các bài toán "dễgiải" (có thuật toán đa thức để giải), nhưng phần lớn là các bài toán "khógiải" (chưa có thuật toán đa thức để giải)

Nhiều vấn đề lý thuyết và thực tiễn có thể diễn đạt dưới dạng một bàitoán tối ưu rời rạc Những bài toán như vậy thường có các cấu trúc riêngnào đó Nếu biết khai thác cấu trúc riêng đó thì có thể tìm ra cách giảihiệu qủa

Luận văn đề cập tới một lớp bài toán tối ưu rời rạc, cụ thể là bài toánqui hoạch nguyên phi tuyến (biến số nhận các giá trị nguyên, hàm mụctiêu phi tuyến), có thể giải được bằng thuật toán đa thức nhờ khai thácđặc điểm cấu trúc của bài toán Bài toán được xét trong luận văn có cấutrúc khá đặc biệt và có nội dung thực tiễn thiết thực Có thể xem nó như

mô hình toán học cho một số bài toán thường gặp trong thực tế (mô hìnhxếp lịch học tập trong các trường học) và hoàn toàn có thể áp dụng đượctrong thực tiễn Việc phân tích lớp bài toán này giúp ích cho việc đi sâutìm hiểu sau này về các bài toán tối ưu rời rạc nói chung và những ứngdụng của chúng nói riêng

Nội dung luận văn được chia thành ba chương

Chương 1 với tiêu đề "Một số kiến thức chuẩn bị" trình bày nhữngkiến thức cơ bản cần thiết về tập lồi và hàm lồi làm cơ sở lý thuyết choviệc phân tích cấu trúc và xây dựng các thuật toán ở những chương sau.Tiếp theo, chương này trình bày vắn tắt khái niệm thuật toán thời gian

đa thức Cuối chương giới thiệu khái quát mô hình và ý nghĩa thực tế củalớp bài toán qui hoạch nguyên phi tuyến được xét trong luận văn

Chương 2 với tiêu đề "Phương pháp trực tiếp giải bài toán (P)" phântích cấu trúc đặc biệt và nêu ra những tính chất nghiệm đáng chú ý củabài toán qui hoạch nguyên phi tuyến xét trong luận văn, các tính chất nàygiúp ích cho việc xây dựng thuật toán giải Mục tiếp theo của chương trìnhbày thuật toán thời gian đa thức giải bài toán, bằng cách sử dụng kỹ thuậtđiều chỉnh dần phương án và kỹ thuật gán số cho các hàng và cột, tương

tự như trong các phương pháp giải bài toán vận tải thông thường của quihoạch tuyến tính Thuật toán được minh hoạ qua một ví dụ số đơn giản

và trực quan

Chương 3 với tiêu đề "Một số hướng mở rộng bài toán" xét vấn đề xử

lý sơ bộ (tiền xử lý) các dữ kiện ban đầu của bài toán nhằm giảm bớt kíchthước của bài toán cần giải (nếu có thể) Sau đó, xét sự mở rộng bài toántheo hai hướng: thay đổi điều kiện ràng buộc (thêm hay bớt sinh viên,thêm hay bớt chuyên đề, thêm điều kiện phụ ) và thay đổi hàm mục tiêu(bài toán với hàm mục tiêu đơn điệu tăng và bài toán với hàm mục tiêulõm)

Do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên chắc chắn luận văn còn cónhững thiếu sót nhất định, kính mong quý thầy cô và các bạn đóng góp

để tác giả tiếp tục hoàn thiện luận văn này

Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy hướngdẫn GS.TS Trần Vũ Thiệu đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ trong suốt quátrình làm luận văn

Tác giả xin trân trọng cảm ơn tập thể thầy cô giáo trường Đại học

Khoa học – Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học – Viện Khoa học vàCông nghệ Việt Nam đã giảng dạy và tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp đỡtác giả trong quá trình học tập và nghiên cứu.

Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, tổ Toán – Tintrường THPT số 1 huyện Bát Xát – Lào Cai và tập thể bạn bè, đồngnghiệp và gia đình đã quan tâm giúp đỡ, động viên tác giả hoàn thành tốtluận văn này

Thái Nguyên, tháng 7 năm 2012

Người thực hiệnNguyễn Duy Long

Chương 1

MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Chương này sẽ trình bày một số khái niệm và kiến thức cơ bản về giảitích lồi, cần thiết cho việc phân tích lý thuyết và xây dựng thuật toántrong các chương sau Tiếp đó trình bày khái niệm thuật toán đa thức vàcuối cùng giới thiệu bài toán qui hoạch nguyên phi tuyến được xét trongluận văn Nội dung của chương được tham khảo từ các tài liệu [2], [3] và[6]

1.1 Tập lồi, hàm lồi và một số tính chất

1.1.1 Tập hợp lồi

Khái niệm về tập hợp lồi là một khái niệm cơ bản của giải tích lồi vàquy hoạch lồi Nhiều tính chất quan trọng và thú vị của bài toán quy hoạch

có được trên miền ràng buộc là một tập hợp lồi

Định nghĩa 1.1 Một tập X trong không gian Euclide Rn được gọi làmột tập lồi nếu ∀x1, x2 ∈ X và ∀λ ∈ [0; 1] ta có λx1 + (1 − λ2)x ∈ X.Như vậy nếu X là một tập lồi thì nó chứa trọn đoạn thẳng nối hai điểmbất kỳ của nó

Ví dụ 1.1:

• Các tập afin nói chung đều là tập lồi

• Các nửa không gian đóng: {x :< a, x >6 α}, {x :< a, x >> α}

• Các nửa không gian mở: {x :< a, x >< α}, {x :< a, x >> α}

• Siêu phẳng H = {x :< a, x >= b} trong Rn

Bao lồi của một tập A là một tập lồi nhỏ nhất chứa A, ký hiệu là coA.Đây chính là giao của tất cả các tập lồi chứa A Nếu X là một tập lồi thì

nó chứa bao lồi của mọi tập con của nó

Cho A, B là hai tập bất kỳ trong Rn, tổ hợp lồi của A và B là tập hợp tất

cả các điểm thuộcRn có dạng:x = λa+(1−λ)b, a ∈ A, b ∈ B, 0 6 λ 6 1.Định lý 1.1 Tập lồi là đóng với phép giao, phép cộng, phép nhân vớimột số và phép lấy tổ hợp tuyến tính, tức là nếu A và B là hai tập lồi trong

Chú ý rằng nếu X giới nội thì nó không có các cạnh vô hạn, do đó trongbiểu diễn trên chỉ còn lại tổng thứ nhất Trong trường hợp này, mọi điểmcủa X đều biểu diễn qua tổ hợp lồi của các đỉnh của X

1.1.2 Hàm lồi

Định nghĩa 1.2 Hàm số f (x) xác định trên tập lồi X ⊂ Rn được gọi

là hàm lồi trên X, nếu với mọi x, y ∈ X, 0 6 λ 6 1 ta có:

f (λx + (1 − λ)y) 6 λf (x) + (1 − λ)f (y)

Hàm f (x) được gọi là hàm lồi chặt trên X nếu với ∀x1, x2 ∈ X, x1 6=

x2, 0 < λ < 1 ta có f (1 − λ) x1 + λx2 < (1 − λ) f x1
+ λf x2
.Hiển nhiên hàm lồi chặt là hàm lồi, nhưng điều ngược lại chưa chắcđúng Hàm f (x) gọi là hàm tựa lồi trên tập lồi X nếu

x ∈ X ∩ U Điểm x∗ ∈ X được gọi là cực tiểu tuyệt đối của f trên X nếu

f (x∗) 6 f (x) với ∀x ∈ X

Dưới đây là một số tính chất cơ bản về cực trị của hàm lồi và hàm lõm.Định lý 1.4 Bất kỳ cực tiểu địa phương nào của hàm lồi trên tập lồicũng là cực tiểu tuyệt đối

Hệ quả Bất kỳ cực đại địa phương nào của hàm lõm trên tập lồi cũng

là cực đại tuyệt đối

Định lý 1.5 Cực tiểu của một hàm lõm (nếu có) trên một tập lồi cóđiểm cực biên bao giờ cũng đạt tại một điểm cực biên

• Xét một bài toán X gồm một tập các ca (dữ kiện) của nó Cỡ của một

ca dữ kiện d ∈ X của bài toán là độ dài l(d) (đo bằng tổng số bit) của dãy

ký tự 0-1 biểu diễn nhị phân dữ kiện đầu vào đó Giả sử có một thuật toán

A có thể giải mỗi ca của X trong một số hữu hạn phép toán sơ cấp (cộng,trừ, so sánh, v.v ) Nếu xem như mỗi phép toán sơ cấp tốn một đơn vịthời gian để thực hiện thì thời gian chạy thuật toán bằng tổng số các phéptoán sơ cấp cần thực hiện Thời gian ấy là một hàm tA : X → R+ Vớimỗi số s, ta xét tất cả các ca có cỡ bằng s và lấy thời gian tối đa để giảimột ca cỡ s, tức là số

fA(s) = max{tA(d) : d ∈ X, l(d) = s}

làm thời gian chạy của thuật toán A

Thuật toán A được gọi là thuật toán có thời gian đa thức, hay nói tắt,thuật toán thời gian đa thức hay nói gọn hơn, thuật toán đa thức, nếu

fA(s) = O(sk) với một k nào đó, nghĩa là có một hằng số c và một số tựnhiên s’ sao cho fA(s) 6 csk với mọi s > s0

• Trong lý thuyết độ phức tạp tính toán, lớp các bài toán có thể giảiđược trong thời gian đa thức gọi là lớp P, còn NP là lớp các bài toán mà

khi cho một lời giải đúng thì có thể kiểm tra xác nhận tính đúng đắn củalời giải đó trong thời gian đa thức (chú ý đây không nói gì về lời giải sai);nói cách khác, NP là lớp các bài toán có thể giải được trong thời gian đathức bằng một thuật toán "phi tất định" (non-deterministic) (một thuậttoán phi tất định gồm hai giai đoạn: 1) đoán một lời giải tối ưu; 2) kiểmtra xác nhận đó đúng là lời giải tối ưu).

Đương nhiên P ⊂ NP, nhưng không rõ liệu có P = NP không Cónhiều bài toán tối ưu thuộc lớp P (chẳng hạn, bài toán qui hoạch tuyếntính) nhưng cũng có rất nhiều bài toán mà cho đến nay mặc dù những cốgắng của nhiều nhà toán học, chưa ai tìm ra được một thuật toán đa thức

để giải nó, mà cũng chưa ai chứng minh được không thể có một thuật toán

đa thức cho bài toán ấy, nghĩa là không ai biết bài toán ấy có thuộc Pkhông (bài toán người du lịch là một trong số rất nhiều bài toán như thế).Giả thuyết P 6= NP cho đến nay vẫn chưa có ai chứng minh hay bác bỏđược Đó là một câu hỏi lớn của toán học có lẽ còn tồn tại lâu dài trongthế kỷ XXI

• Một bài toán X1 gọi là qui dẫn đa thức được về một bài toán X2 nếuứng với mỗi ca dữ kiện d ∈ X1 có một thuật toán đa thức để qui d về một

ca dữ kiện g(d) ∈ X2 Như vậy, hễ X2 giải được trong thời gian đa thứcthì X1 cũng giải được trong thời gian đa thức

Ta nói một bài toán X là NP - đầy đủ (NP - complete) nếu X ∈NP

và mọi bài toán thuộc lớp NP đều qui dẫn đa thức được về X Như vậy,

hễ X giải được trong thời gian đa thức thì mọi bài toán thuộc NP cũngđều giải được trong thời gian đa thức, có nghĩa là NP = P

Một bài toán NP - đầy đủ nổi tiếng là bài toán tìm chu trình Hamiltoncủa một đồ hình (graph) Một bài toán NP - đầy đủ khác là bài toán cáitúi (knapsack problem): tìm x ∈ Rn nghiệm đúng

cjxj

Ta nói một bài toán X là NP -khó (NP - hard) nếu mọi bài toán thuộc

NP đều qui dẫn đa thức được về X Như vậy, mọi bài toán NP - đầy đủđều là NP - khó Vì thế, lớp bài toán NP - khó rộng hơn lớp bài toán

NP - đầy đủ, vì nó bao gồm các bài toán thuộc lớp NP, cũng như các bàitoán không thuộc NP Bài toán cái túi được xem như "dễ nhất" trong sốcác bài toán NP - khó

Bài toán sau là NP - khó, nhưng không biết có thuộc lớp NP không:Cho các số tự nhiên c1, c2, , cn, k và L Có chăng k tập con khác nhau

S1, S2, , Sk ⊂ {1, 2, , n} sao cho tổng số các phần tử của mỗi tập connày đều không nhỏ hơn L, nghĩa là:

X

(Si) = X

ci∈S i

(cj) > L với mọi i = 1, 2, , k?

Không có thuật toán đa thức cho bất kỳ bài toán NP - khó nào, trừ khi

P = NP Khi nghiên cứu giải quyết các bài toán thực tế, việc xác định

nó thuộc lớp nào trong số các lớp kể trên không chỉ có ý nghĩa lý thuyết

mà còn có ý nghĩa thực tế quan trọng Nếu bài toán đang xét được xácnhận là thuộc một trong các lớp NP, NP - đầy đủ hay NP - khó thì ít

có hy vọng tìm được thuật toán hiệu quả để giải nó Vì vậy, tốt hơn hết làhãy hướng tới việc xây dựng những thuật toán gần đúng cho các bài toánnhư thế

1.3 Bài toán quy hoạch nguyên phi tuyến

i=1

nX

Một số nhận xét:

- Hàm mục tiêu (1.1) là hàm lồi, các ràng buộc (1.2), (1.3) là ràng buộcnguyên, tuyến tính Vì thế (P) thuộc lớp bài toán quy hoạch nguyên phituyến (nếu bỏ điều kiện xij nguyên thì lời giải của bài toán nói chung sẽkhác) Tuy nhiên như dưới đây sẽ thấy, bài toán (P) có thể quy về bàitoán quy hoạch nguyên tuyến tính có cấu trúc đặc biệt

- Ràng buộc (1.2) có thể thay bằng ràng buộc nới lỏng (1.2’) mà khônglàm ảnh hưởng tới lời giải của (P):

nP

nX

i=1

xij > pi, ∀i;

mX

i=1

xij 6 t, ∀j; 0 6 xij 6 aij, ∀i, j; t nguyên

)

Lưu ý rằng, bài toán (P’) rất giống với bài toán vận tải thông thường,nhưng ở đây có thêm biến số t và biến số t đòi hỏi phải có điều kiện nguyên.

Vì t nguyên nên (P’) sẽ có lời giải nguyên

Bài toán (P) là mô hình toán học cho một số bài toán lập lịch thườnggặp trong thực tiễn Dưới đây là hai ví dụ điển hình

Bài toán xếp lịch học tập: Có m sinh viên và n chuyên đề cho cácsinh viên này Với mỗi sinh viên i cho biết:

aij =



1 nếu sinh viên i ưa thích chuyên đề j,

với i = 1, 2, , m; j = 1, 2, , n và pi nguyên dương là số chuyên đề màsinh viên i cần học, i=1,2, , m

Hãy tìm cách bố trí sinh viên học các chuyên đề phù hợp với họ sao chomỗi sinh viên học đủ số chuyên đề cần học và số người trong các chuyên

đề có nhiều sinh viên tham dự nhất là nhỏ nhất có thể được? Đặt các biếnsố:

xij =



1 nếu sinh viên i tham gia chuyên đề j,

Bài toán lập lịch cho hội nghị: Một hội nghị có m tiểu ban, mỗitiểu ban cần sinh hoạt trong một ngày tại phòng họp phù hợp với nó Có

n phòng họp dành cho việc sinh hoạt của các tiểu ban Cho biết:

aij =



1 nếu phòng họp j thích hợp với tiểu ban i,

0 nếu ngược lại

với i = 1, 2, , m; j = 1, 2, , n

Hãy bố trí các phòng họp cho các tiểu ban sao cho hội nghị kết thúcsau ít ngày làm việc nhất?

Đặt các biến số:

xij =



1 nếu tiểu ban i làm việc tại phòng họp j,

với i = 1, 2, , m; j = 1, 2, , n

Khi đó, dễ dàng thấy mô hình toán học cho bài toán đặt ra chính là bàitoán (P), trong đó pi = 1 với mọi i = 1, 2, , m (trong trường hợp nàyhàm mục tiêu (1.1) biểu thị số ngày làm việc của hội nghị)

Tóm lại, chương này đã nhắc lại ngắn gọn một số kiến thức cơ bản

về tập lồi vầ hàm lồi (có thể xem chứng minh đầy đủ các kết quả nêu ởchương này trong [2]) Khái niệm thuật toán đa thức giải bài toán cũngđược trình bày ngắn gọn và dễ hiểu ở chương này Cuối chương đề cập tớilớp bài toán qui hoạch nguyên phi tuyến, có cấu trúc đặc biệt, được xéttrong luận văn: nêu mô hình và ý nghĩa thực tế của bài toán này

Chương 2

PHƯƠNG PHÁP TRỰC TIẾP

GIẢI BÀI TOÁN (P)

Chương này phân tích cấu trúc của bài toán qui hoạch nguyên phi tuyếnđược xét trong luận văn và nêu các tính chất đáng chú ý về nghiệm của bàitoán Sau đó, trình bày thuật toán đa thức giải bài toán, nhờ sử dụng kỹthuật điều chỉnh dần phương án và kỹ thuật đánh số các hàng, cột trongbài toán Nội dung của chương được tham khảo từ các tài liệu [1], [4] và[5]

Trong mục này sẽ nêu điều kiện để bài toán (P) có nghiệm và nêu raước lượng khoảng cho giá trị tối ưu (1.1) của bài toán

Bổ đề 2.1 Bài toán (P) có phương án khi và chỉ khi:

nX

j=1

aij > pi, i = 1, 2, , m (2.1)

Chứng minh Điều kiện cần của Bổ đề là hiển nhiên, vì từ các điềukiện (1.2) và (1.3) ta suy ra các bất đẳng thức trong (2.1) Để chứng minhđiều kiện đủ, ta chỉ cần chỉ ra rằng, nếu điều kiện (2.1) được thực hiệnthì bài toán (P) luôn có phương án Thực vậy, giả sử điều kiện (2.1) được

thực hiện Khi đó, nếu đặt:

Ii = j : aij = 1, 1 6 j 6 n

thì |Ii| > pi, i = 1, 2, , m Do đó, nếu chọn tùy ý các tập Ii+ ⊂ Ii thỏamãn |Ii| = pi, i = 1, 2, , m, thì X∗ = x∗ij
với các thành phần được xácđịnh theo công thức

x∗ij = 1, j ∈ Ii+, x∗ij = 0, j /∈ Ii∗, i = 1, 2, , m,

Điều kiện (1.3) cho thấy tập phương án của bài toán (P) là bị chặn, vìthế (2.1) cũng là điều kiện cần và đủ để bài toán (P) có nghiệm (phương

án tối ưu)

Để tìm khoảng ước lượng cho giá trị tối ưu (1.1) ta đưa vào các ký hiệu:

ai =

nX

j=1

aij, i = 1, 2, , m,

bj =

mX

i=1

aij, j = 1, 2, , n,

p =

mX

i=1

pi

(ai biểu thị số chuyên đề mà sinh viên i ưa thích, bj biểu thị số sinh viên

ưa thích chuyên đề j, còn p là tổng số chuyên đề mà mọi sinh viên cầntham dự)

Ta giả thiết ai > pi, ∀i = 1, 2, , m, và bj > 0 với mọi j = 1, 2, , n,nghĩa là mỗi chuyên đề phải có ít nhất một sinh viên muốn tham dự Rõràng, ta có bj 6 m, ∀j

Ký hiệu k∗ là trị tối ưu của hàm mục tiêu (1.1) Khi đó, ta có:

Bổ đề 2.2.Ký hiệu k = np, trong đó ]x[ biểu thị số nguyên nhỏ nhấtlớn hơn hay bằng x và k = max

16j6nbj Khi đó ta có ước lượng sau đây:

k 6 k∗ 6 k

Chứng minh Tổng số chuyên đề mà mọi sinh viên cần tham dự là p,

mà mỗi chuyên đề có tối đak∗ sinh viên tham dự nênk∗.n > p hay k∗ > np

Vì k* nguyên nên k∗ > k Mặt khác, do xij 6 aij nên

mX

i=1

xij 6

mX

i=1

aij = b, ∀j = 1, 2, , n

Từ đó suy ra:

max16j6n

mX

i=1

xij 6 max16j6nbj = k

Không giảm tính tổng quát, ta có thể giả thiết

0 < b1 6 b2 6 6 bn 6 m (2.2)Nếu k được xác định như trong bổ đề 2.2 thỏa mãn k > b1 thì có thể cảitiến cận dưới của k∗ như sau:

Bổ đề 2.3.Với các giả thiết đã nêu trên, nếu k > b1 thì

k∗ > k0 > k,

trong đó k0 là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn

bs < k0 6 bs+1 và p6

sX

j=1

bj + k∗(n − t)> p (2.4)

Vì thế, nếu k0 là một cận dưới của k∗, nghĩa là k0 6 k∗, thì k0 cũng phảithỏa mãn bất đẳng thức có dạng (2.4) với t thay bởi s, trong đó s là chỉ

Chú ý Ví dụ sau đây cho thấy cận dưới k0 tính theo (2.3) tốt hơn cậndưới k trong bổ đề 2.2

Xét bài toán (P) với các số liệu: m = 4, n = 6, p1 = 5, p2 = 4, p3 =

3, p4 = 3

Bảng 2.1

Rõ ràng ai > pi, (i = 1, 2, 3, 4) , p =

4P

i=1

pi = 15

Theo bổ đề 1.2, k = 156  = 3, k = 4

Xét bài toán (P) ở chương 1:

(P ) f (x) = max

16j6n

mX

i=1

mX

xij = pi, i = 1, 2, , m, (2.6)

0 6 xij nguyên 6 aij, i = 1, 2, , m, j = 1, 2, , n (2.7)trong đó aij ∈ {0, 1} và pi ∈ {1, 2, , n} là những hằng số cho trước.Với các ký hiệu: ai =

nP

j=1

aij, i = 1,2, ,m, bj =

mP

Ta có giả thiết bài toán (P) thỏa mãn điều kiện (2.8) Giả thiết mọi

bj > 0 là tự nhiên vì nếu có bj = 0 thì chuyên đề j sẽ bị loại (do không cósinh viên nào muốn theo học)

Giả sử x = {xij} là một phương án của bài toán (P), nghĩa là x thỏamãn (2.6) và (2.7) Để dễ hình dung, ứng với mỗi phương án x, ta kẻ mộtbảng gồm m hàng và n cột, mỗi hàng tương ứng với mỗi một sinh viên,mỗi cột tương ứng với một chuyên đề Ô nằm ở hàng i cột j được gọi là ô(i,j) Phương án x = {xij} sẽ tương ứng với một bảng m hàng và n cột các

số 0 và 1

Ta quy ước gọi ô (i,j) là ô đen nếu aij = 0 (ô đen sẽ bị cấm do sinhviên i không ưa thích chuyên đề j nên xij = 0) Các ô còn lại sẽ được phânthành hai loại: ô trắng nếuxij = 0 ( sinh viên i ưa thích chuyên đề j nhưngkhông được bố trí học chuyên đề này trong phương án x) và ô xanh nếu

xij = 1 (sinh viên i được bố trí học chuyên đề j trong phương án x)

Ký hiệu:

txj =

mX

i=1

xij, ∀j = 1, 2, , n; tx = maxtxj

16j6n

(2.9)(txj biểu thị số sinh viên được bố trí học chuyên đề j trong phương án x và

tx là giá trị hàm mục tiêu (2.5) tương ứng với phương án x)

Nếu ta xây dựng mạng G = g k
với khả năng thông qua các cung

đi tới đỉnh đích của mạng đều bằng k = max

16j6nbj thì mỗi phương án của(P) có thể xem như một luồng ξ trên G với ξ (s, ui) = pi, ξ (ui, wj) = xij,

ξ (wj, t) = txj Khi đó bài toán (P) có thể xem như bài toán tìm luồng cựcđại trên G có giá trị của luồng bằng p và tx = max

16j6ntxj (giá trị lớn nhất củaluồng cực trên các cung đi tới đỉnh đích của mạng) đạt giá trị nhỏ nhất.Với bất kỳ phương án của bài toán (P), theo (2.9) ta luôn có:

nX

j=1

txj =

nX

i=1

mX

j=1

xij =

mX

i=1

Cột j được gọi là cột đầy nếu txj = tx, gọi là cột gần đầy nếu txj = tx− 1

và gọi là cột vơi nếu txj 6 tx− 2 Để ý rằng các khái niệm ô trắng, ô xanh,cột đầy, gần đầy, cột vơi đều gắn liền với một phương án cụ thể nào đó

Từ các khái niệm nêu trên, ta có ngay quy tắc đơn giản sau đây chophép nhận biết lời giải của bài toán (P)

Mệnh đề 2.2.1 Nếu phương án x không có cột vơi, nghĩa là:

tx = txi0, txj > tx− 1, ∀j 6= j0 (2.11)thì x là phương án tối ưu của bài toán (P)

Chứng minh Từ (2.10) và (2.11) suy ra

p =

nX

j=1

tyj 6 n (tx− 1)

Điều này trái với (2.12) Chứng tỏ x là phương án tối ưu và mệnh đề được

Xét phương án x = xij của bài toán (P) Giả sử C là một dây chuyềncác ô xanh và trắng (trong phương án x) xen kẽ nhau nối cột j0 với cộtjk:

C = {(i0, j0) , (i0, j1) , , (ik−1, jk−1) , (ik−1, jk) , (k > 1)} (2.14)trong đó (it, jt) , t = 0, 1, , k − 1 là các ô trắng, còn (it, jt+1) ,

t = 0, 1, , k − 1 là các ô xanh Ta đưa vào phép biến đổi phương án xsau:

Phép biến đổi A Trên dây chuyền C đổi các ô trắng cũ thành xanh

Chứng minh Giả sử có dây chuyền (2.14) nối 2 cột không đầy j0, jk

txj0 < tx, txjk < tx
Do trên mỗi hàng it, t = 0, 1, , k − 1 có vừa đúnghai ô trắng và xanh thuộc C nên x0 = x0ij thỏa mãn (2.6), (2.7), nghĩa

là x’ cũng là một phương án của bài toán (P) Tương tự, do trên mỗi cột

j = j1, j2, , jk−1 có vừa đúng hai ô trắng và xanh thuộc C nên:

txj0 = txj, ∀j 6= j0, jk (2.15)Mặt khác, do cột j0 chỉ có một ô thuộc C, đó là ô trắng (i0, j0) nên:

Do j0, jk là các cột không đầy nên từ (2.15) – (2.17) suy ra

(ik, j0) là các ô xanh Ta đưa vào phép biến đổi phương án x sau:

Phép biến đổi B Trên chu trình C đổi các ô trắng cũ thành xanh và

Chứng minh Giả sử tìm được dây chuyền C nối cột đầy nối với cộtvơi j0 Khi đó, ta thực hiện phép biến đổi A trên C Lập luận tương tự nhưtrong chứng minh Bổ đề 2.4 ta nhận được các hệ thức (2.15) và (2.17)

Do cột j0 vơi nên từ (2.15) và (2.17) suy ra rằng nếu jk là cột đầy duynhất trong phương án x thì tx0 = tx − 1, nghĩa là phương án mới tốt hơnphương án cũ x Nếu trái lại, ta có tx0 = tx, nghĩa là x’ không tồi hơn x,nhưng số cột đầy trong x’ bớt đi một cột (cột jk) Mệnh đề được chứng