другої умови оптимальності ui + vj ≤ cij(для порожніх клітинок таблиці): А1B3 : u1 + v3 = 0 + 2 = 2 < 7;
А1B4 : u1 + v4 = 0 + 1 = 1 < 8;
А1B5 : u1 + v5 = 0 + 2 = 2 > 1;
А2B1 : u2 + v1 = -1 + 1 = 0 < 2;
А2B4 : u2 + v4 = -1 + 1 = 0 < 4;
А2B5 : u2 + v5 = -1 + 2 = 1 =1;
А3B1 : u3 + v1 = 1 + 1 = 2 < 5;
А3B2 : u3 + v2 = 1 + 4 = 5 > 1;
А4B1 : u4 + v1 = -2 + 1 = -1 < 0;
А4B2 : u4 + v2 = -2 + 4 = 2 > 0;
А4B3 : u4 + v3 = -2 + 2 = 0 = 0;
А4B4 : u4 + v4 = -2 + 1 = -1 < 0. Опорний план не є оптимальним, тому що існують оцінки вільних клітин для яких ui + vi>cij А1B5 : u1 + v5 = 0 + 2 = 2 > 1
А3B2 : u3 + v2 = 1 + 4 = 5 > 1;
А4B2 : u4 + v2 = -2 + 4 = 2 > 0. Тому від нього необхідно перейти до другого плану, змінивши співвідношення заповнених і порожніх клітинок таблиці.Вибираємо максимальну оцінку вільної клітини (А3B2): 1
Ставимо в ній знак «+». Для визначення клітинки, що звільняється, будуємо цикл, починаючи з клітинки А3B2, та позначаємо вершини циклу почергово знаками «–» і «+». Тепер необхідно перемістити продукцію в межах побудованого циклу. Для цього у порожню клітинку А3B2 переносимо менше з чисел хij, які розміщені в клітинках зі знаком «–». Одночасно це саме число хij додаємо до відповідних чисел, що розміщені в клітинках зі знаком «+», та віднімаємо від чисел, що розміщені в клітинках, позначених знаком «–».
У даному разі , тобто . Виконавши перерозподіл перевезень продукції згідно із записаними правилами, дістанемо такі нові значення: для клітинки А3B3 — 50 од. продукції, а для А2B2 – звільняється і в новій таблиці буде порожньою, а для А3B2 – (0 + 50) = 50 од. Клітинка А2B3 – 100 + 50 = 150. Усі інші заповнені клітинки першої таблиці, які не входили до циклу, переписуємо у другу таблицю без змін. Кількість заповнених клітинок у новій таблиці також має відповідати умові невиродженості плану, тобто дорівнювати (n + m – 1).
Отже, другий опорний план транспортної задачі матиме такий вигляд:
Ai | Bj | ui | ||||
b1 = 120 | b2 = 130 | b3 = 200 | b4=180 | b5=110 | ||
а1 = 200 | 1120 | 480 | 7 | 8 | 1 | u1 = 0 |
а2 = 150 | 2 | 3 | 1150 | 4 | 1 | u2 = -5 |
а3 = 350 | 5 | 150 | 350 | 2180 | 370 | u3 = -3 |
а4 = 40 | 0 | 0 | 0 | 0 | 040 | u4 = -6 |
vj | v1 =1 | v2 =4 | v3 =6 | v4 =5 | V5 =6 |
Перевіримо оптимальність опорного плану. Знайдемо потенціали ui, vi. по зайнятих клітинам таблиці, в яких ui + vi = cij, вважаючи, що u1 = 0.
Опорний план не є оптимальним, тому що існують оцінки вільних клітин для яких ui + vi>cij А1B5 : u1 + v5 = 0 + 6 = 6 > 1 Вибираємо максимальну оцінку вільної клітини (1;5): 1
Для цього в перспективну клітку (А1B5) поставимо знак «+», а в інших вершинах багатокутника чергуються знаки «-», «+», «-». Цикл наведено в таблиці.
З вантажів хij що стоять в мінусових клітинах, вибираємо найменше, тобто у = min (А3B5) = 70. Додаємо 70 до обсягів вантажів, що стоять в плюсових клітинах і віднімаємо 70 з Хij, що стоять в мінусових клітинах. В результаті отримаємо новий опорний план.
Ai | Bj | ui | ||||
b1 = 120 | b2 = 130 | b3 = 200 | b4=180 | b5=110 | ||
а1 = 200 | 1120 | 4[-] 10 | 7 | 8 | 1[+] 70 | u1 = 0 |
а2 = 150 | 2 | 3 |