FACOLTA DINGEGNERIA CORSO DI RICERCA OPERATIVA a.a. 2001/2002 Problema di assegnamento di una compagnia aerea Università degli studi di Cagliari Studenti:

Presentazione sul tema: "FACOLTA DINGEGNERIA CORSO DI RICERCA OPERATIVA a.a. 2001/2002 Problema di assegnamento di una compagnia aerea Università degli studi di Cagliari Studenti:"— Transcript della presentazione:

1 FACOLTA DINGEGNERIA CORSO DI RICERCA OPERATIVA a.a. 2001/2002 Problema di assegnamento di una compagnia aerea Università degli studi di Cagliari Studenti: Alessandro Gianluca Docente: Prof. ssa Paola Zuddas

2 La compagnia aerea Avion Travel effettua giornalmente i seguenti voli da Roma a Londra… 22:0020:005 21:0019:004 17:0015:003 12:0010:002 11:009:001 Arrivo a LONDRA Partenza da ROMA N° volo

3 23:0021:00E 22:0020:00D 16:0014:00C 11:009:00B 10:008:00A Arrivo a ROMA Partenza da LONDRA N° volo…e i seguenti da Londra a Roma

4 PROBLEMA: minimizzare il tempo di permanenza a terra degli aerei realizzando laccoppiamento ottimale tra voli in arrivo e voli in partenza, considerando inoltre la necessità di almeno unora a terra per problemi di manutenzione e rifornimento sui velivoli

5 SOLUZIONE: Quello in esame è un tipico problema di assegnamento che può essere formulato nel modo seguente:

6

7 Avendo indicato con: c ij il tempo di permanenza a terra dellaereo che, avendo completato il volo i viene assegnato al volo j x ij la variabile binaria indicante lassegnazione (x ij = 1) o la non assegnazione (x ij = 0) dellaereo proveniente dal volo i, al volo j la condizione che tra tutti gli aerei che hanno completato i voli i uno solo possa ripartire per il volo j la condizione che laereo che ha completato il volo i possa ripartire per uno solo dei j voli disponibili

8 Il tempo di permanenza a terra complessivo sarà determinato dalla somma dei tempi di permanenza a terra negli aeroporti Leonardo da Vinci di Fiumicino e Heathrow di Londra. Si rende necessaria quindi la risoluzione di due problemi distinti:

9 PROBLEMA 1 Minimizzazione dei tempi di permanenza a terra nellaeroporto Leonardo da Vinci Assumendo gli indici i e j come: abbiamo calcolato tutti i tempi di permanenza a Roma come differenza tra lorario di partenza del generico volo j e lorario darrivo del generico volo i, tenendo conto della necessità che questi non siano inferiori ad unora, ottenendo così la seguente tabella dei costi: i = A, …,E j = 1, …,5

10 TEMPI DI PERMANENZA A ROMA [ h ] 2120161110E 2221171211D 43231817C 9842322B 10952423A 54321 ARRIVO PARTENZA

11 MODELLO MATEMATICO MIN23X A1 + 24X A2 + 5X A3 + 9X A4 + 10X A5 + + 22X B1 + 23X B2 + 4X B3 + 8X B4 + 9X B5 + + 17X C1 + 18X C2 + 23X C3 + 3X C4 + 4X C5 + + 11X D1 + 12X D2 + 17X D3 + 21X D4 + 22X D5 + + 10X E1 + 11X E2 + 16X E3 + 20X E4 + 21X E5 Funzione obiettivo

12 1) X A1 + X A2 + X A3 + X A4 + X A5 = 1 2) X B1 + X B2 + X B3 + X B4 + X B5 = 1 3) X C1 + X C2 + X C3 + X C4 + X C5 = 1 4) X D1 + X D2 + X D3 + X D4 + X D5 = 1 5) X E1 + X E2 + X E3 + X E4 + X E5 = 1 6) X A1 + X B1 + X C1 + X D1 + X E1 = 1 7) X A2 + X B2 + X C2 + X D2 + X E2 = 1 8) X A3 + X B3 + X C3 + X D3 + X E3 = 1 9) X A4 + X B4 + X C4 + X D4 + X E4 = 1 10) X A5 + X B5 + X C5 + X D5 + X E5 = 1 Condizioni di vincolo

13 VALORE OTTIMALE DELLA FUNZIONE OBIETTIVO: 1) 39.00000 [h] VARIABLE VALUE REDUCED COST X A5 1.0000000.000000 X B3 1.000000 0.000000 X C4 1.000000 0.000000 X D1 1.000000 0.000000 X E2 1.000000 0.000000 SOLUZIONE OTTIMA

14 Gli assegnamenti ottimali risultano pertanto: ACD E B VOLI IN ARRIVO VOLI IN PARTENZA 4 3 5 10 2 11 1 3 4

15 ATTENZIONE!! La matrice dei coefficienti (10 x 25): Ha rango 9 Pertanto le soluzioni ottime possibili sono: 16 Laccoppiamento trovato è ottimale ma non unico

16 PROBLEMA 2 Minimizzazione dei tempi di permanenza a terra nellaeroporto Heathrow di Londra In questo caso i domini degli indici i e j sono: i = 1, …,5 j = A, …,E I tempi di permanenza a Londra, calcolati come differenza (non inferiore ad unora) tra lorario di partenza del generico volo j e lorario darrivo del generico volo i, sono riportati nella seguente tabella dei costi:

17 TEMPI DI PERMANENZA A LONDRA [ h ] 23221611105 24231712114 432116153 98221202 109322211 EDCBA ARRIVO PARTENZA

18 MODELLO MATEMATICO MIN21Y 1A + 22Y 1B + 3Y 1C + 9Y 1D + 10Y 1E + +20Y 2A + 21Y 2B + 2Y 2C + 8Y 2D + 9Y 2E + +15Y 3A + 16Y 3B + 21Y 3C + 3Y 3D + 4Y 3E + +11Y 4A + 12Y 4B + 17Y 4C + 23Y 4D + 24Y 4E + +10Y 5A + 11Y 5B + 16Y 5C + 22Y 5D + 23Y 5E Funzione obiettivo

19 Y 1A + Y 1B + Y 1C + Y 1D + Y 1E = 1 Y 2A + Y 2B + Y 2C + Y 2D + Y 2E = 1 Y 3A + Y 3B + Y 3C + Y 3D + Y 3E = 1 Y 4A + Y 4B + Y 4C + Y 4D + Y 4E = 1 Y 5A + Y 5B + Y 5C + Y 5D + Y 5E = 1 Y 1A + Y 2A + Y 3A + Y 4A + Y 5A = 1 Y 1B + Y 2B + Y 3B + Y 4B + Y 5B = 1 Y 1C + Y 2C + Y 3C + Y 4C + Y 5C = 1 Y 1D + Y 2D + Y 3D + Y 4D + Y 5D = 1 Y 1E + Y 2E + Y 3E + Y 4E + Y 5E = 1 Condizioni di vincolo

20 SOLUZIONE OTTIMA VALORE OTTIMALE DELLA FUNZIONE OBIETTIVO 1) 37.00000 [h] VARIABLE VALUE REDUCED COST Y 1E 1.000000 0.000000 Y 2C 1.000000 0.000000 Y 3D 1.000000 0.000000 Y 4A 1.000000 0.000000 Y 5B 1.000000 0.000000

21 Gli assegnamenti ottimali risultano pertanto: VOLI IN PARTENZA VOLI IN ARRIVO 4 D 3 5 E 10 2 B 11 1 A 3 C 2

22 Rango = 9 Pertanto le soluzioni ottime possibili sono: 16 Anche in questo caso la soluzione ottima trovata non è unica in quanto la matrice dei coefficienti (10 x 25) ha la stessa struttura di quella relativa al problema 1:

23 La sequenza ottima di voli tra Roma e Londra è: 1 2 4 5 3 10 2 11 3 E C A B 3 10 4 11 D 39 h37 h

24 Il problema generale di minimizzazione dei tempi di permanenza a terra degli aerei ammette quindi la soluzione ottima rappresentata nella diapositiva precedente e che implica un costo minimo totale pari a: z = z 1 + z 2 = 39 + 37 = 76 h ore totali di permanenza a terra

25 La compagnia Avion Travel sta valutando lopportunità di raddoppiare i collegamenti Roma-Londra. PROBLEMA bis Per valutare la convenienza di questa scelta si richiede la conoscenza della variazione dei tempi di permanenza a terra in questa nuova situazione

26 La nuova tabella oraria giornalieria dei voli Roma-Londra diventerebbe… 24:0022:0010 23:0021:009 21:0019:008 20:0018:007 17:0015:006 15:0013:005 14:0012:004 11:009:003 10:008:002 8:006:001 Arrivo a LONDRA Partenza da ROMA N° volo

27 23:0021:00L 22:0020:00I 21:0019:00H 20:0018:00G 16:00F 14:00E 12:00D 10:00C 11:009:00B 10:008:00A Arrivo a ROMA Partenza da LONDRA N° volo…mentre quella Londra-Roma

28 PROBLEMA 1 bis I nuovi domini degli indici i e j sono: i = A, …,L j = 1, …,10 La tabella dei costi associata a questo problema risulta così costituita: Minimizzazione dei tempi di permanenza a terra nellaeroporto Leonardo da Vinci

29 TEMPI DI PERMANENZA A ROMA [ h ]

30 MODELLO MATEMATICO MIN20X A1 + 22X A2 + 23X A3 + 2X A4 + 3X A5 + 5X A6 + 8X A7 + 9X A8 + 11X A9 + 12X A10 + +19X B1 + 21X B2 + 22X B3 + 1X B4 + 2X B5 + 4X B6 + 7X B7 + 8X B8 + 10X B9 + 11X B10 + +18X C1 + 20X C2 + 21X C3 + 24X C4 + 1X C5 + 3X C6 + 6X C7 + 7X C8 + 9X C9 + 10X C10 + +16X D1 + 18X D2 + 19X D3 + 22X D4 + 23X D5 + 1X D6 + 4X D7 + 5X D8 + 7X D9 + 8X D10 + +14X E1 + 16X E2 + 17X E3 + 20X E4 + 21X E5 + 23X E6 + 2X E7 + 3X E8 + 5X E9 + 6X E10 + +12X F1 + 14X F2 + 15X F3 + 18X F4 + 19X F5 + 21X F6 + 24X F7 + 1X F8 + 3X F9 + 4X F10 + +10X G1 + 12X G2 + 13X G3 + 15X G4 + 17X G5 + 19X G6 + 22X G7 + 23X G8 + 1X G9 + 2X G10 + + 9X H1 + 11X H2 + 12X H3 + 14X H4 + 16X H5 + 18X H6 + 21X H7 + 22X H8 + 24X H9 + 1X H10 + + 8X I1 + 10X I2 + 11X I3 + 13X I4 + 15X I5 + 17X I6 + 20X I7 + 21X I8 + 23X I9 + 24X I10 + + 7X L1 + 9X L2 + 10X L3 + 12X L4 + 14X L5 + 16X L6 + 19X L7 + 20X L8 + 22X L9 + 23X L10 Funzione obiettivo

31 1) X A1 + X A2 + X A3 + X A4 + X A5 + X A6 + X A7 + X A8 + X A9 + X A10 = 1 2) X B1 + X B2 + X B3 + X B4 + X B5 + X B6 + X B7 + X B8 + X B9 + X B10 = 1 3) X C1 + X C2 + X C3 + X C4 + X C5 + X C6 + X C7 + X C8 + X C9 + X C10 = 1 4) X D1 + X D2 + X D3 + X D4 + X D5 + X D6 + X D7 + X D8 + X D9 + X D10 = 1 5) X E1 + X E2 + X E3 + X E4 + X E5 + X E6 + X E7 + X E8 + X E9 + X E10 = 1 6) X F1 + X F2 + X F3 + X F4 + X F5 + X F6 + X F7 + X F8 + X F9 + X F10 = 1 7) X G1 + X G2 + X G3 + X G4 + X G5 + X G6 + X G7 + X G8 + X G9 + X G10 = 1 8) X H1 + X H2 + X H3 + X H4 + X H5 + X H6 + X H7 + X H8 + X H9 + X H10 = 1 9) X I1 + X I2 + X I3 + X I4 + X I5 + X I6 + X I7 + X I8 + X I9 + X I10 = 1 10) X L1 + X L2 + X L3 + X L4 + X L5 + X L6 + X L7 + X L8 + X L9 + X L10 = 1 Vincoli…

32 11) X A1 + X B1 + X C1 + X D1 + X E1 + X F1 + X G1 + X H1 + X I1 + X L1 = 1 12) X A2 + X B2 + X C2 + X D2 + X E2 + X F2 + X G2 + X H2 + X I2 + X L2 = 1 13) X A3 + X B3 + X C3 + X D3 + X E3 + X F3 + X G3 + X H3 + X I3 + X L3 = 1 14) X A4 + X B4 + X C4 + X D4 + X E4 + X F4 + X G4 + X H4 + X I4 + X L4 = 1 15) X A5 + X B5 + X C5 + X D5 + X E5 + X F5 + X G5 + X H5 + X I5 + X L5 = 1 16) X A6 + X B6 + X C6 + X D6 + X E6 + X F6 + X G6 + X H6 + X I6 + X L6 = 1 17) X A7 + X B7 + X C7 + X D7 + X E7 + X F7 + X G7 + X H7 + X I7 + X L7 = 1 18) X A8 + X B8 + X C8 + X D8 + X E8 + X F8 + X G8 + X H8 + X I8 + X L8 = 1 19) X A9 + X B9 + X C9 + X D9 + X E9 + X F9 + X G9 + X H9 + X I9 + X L9 = 1 20) X A10 + X B10 + X C10 + X D10 + X E10 + X F10 + X G10 + X H10 + X I10 + X L10 = 1 …e ancora vincoli!

33 VALORE OTTIMALE DELLA FUNZIONE OBIETTIVO: 1) 48.00000 [h] VARIABLE VALUE REDUCED COST X A9 1.000000 0.000000 X B4 1.000000 0.000000 X C5 1.000000 0.000000 X D6 1.000000 0.000000 X E7 1.000000 0.000000 X F8 1.000000 0.000000 X G10 1.000000 0.000000 X H2 1.000000 0.000000 X I1 1.000000 0.000000 X L3 1.000000 0.000000 SOLUZIONE OTTIMA

34 Gli assegnamenti ottimali risultano pertanto: ACD E FGH IL B VOLI IN ARRIVO VOLI IN PARTENZA 9 11 4 1 5 1 6 1 7 2 8 1 10 2 2 11 1 8 3 10

35 La matrice dei coefficienti (20 x 100): ha rango 19 Pertanto le soluzioni ottime possibili sono: 81 Laccoppiamento trovato è ottimale ma non unico

36 PROBLEMA 2 bis Minimizzazione dei tempi di permanenza a terra nellaeroporto Heathrow di Londra Assumendo gli indici i e j come: i = 1, …,10 j = A, …,L e ricalcolando i tempi di permanenza a terra abbiamo ottenuto la seguente tabella dei costi:

37 TEMPI DI PERMANENZA A LONDRA [h]

38 MODELLO MATEMATICO MIN 24Y 1A + 1Y 1B + 2Y 1C + 4Y 1D + 6Y 1E + 8Y 1F + 10Y 1G + 11Y 1H + 12Y 1I + 13Y 1L + + 22Y 2A + 23Y 2B + 24Y 2C + 2Y 2D + 4Y 2E + 6Y 2F + 8Y 2G + 9Y 2H + 10Y 2I + 11Y 2L + + 21Y 3A + 22Y 3B + 23Y 3C + 1Y 3D + 3Y 3E + 5Y 3F + 7Y 3G + 8Y 3H + 9Y 3I + 10Y 3L + + 18Y 4A + 19Y 4B + 20Y 4C + 22Y 4D + 24Y 4E + 2Y 4F + 4Y 4G + 5Y 4H + 6Y 4I + 8Y 4L + + 17Y 5A + 18Y 5B + 19Y 5C + 21Y 5D + 23Y 5E + 1Y 5F + 3Y 5G + 4Y 5H + 5Y 5I + 6Y 5L + + 15Y 6A + 16Y 6B + 17Y 6C + 19Y 6D + 21Y 6E + 23Y 6F + 1Y 6G + 2Y 6H + 3Y 6I + 4Y 6L + + 12Y 7A + 13Y 7B + 14Y 7C + 16Y 7D + 18Y 7E + 20Y 7F + 22Y 7G + 23Y 7H + 24Y 7I + 1Y 7L + + 11Y 8A + 12Y 8B + 13Y 8C + 15Y 8D + 17Y 8E + 19Y 8F + 21Y 8G + 22Y 8H + 23Y 8I + 24Y 8L + + 9Y 9A + 10Y 9B + 11Y 9C + 13Y 9D + 15Y 9E + 17Y 9F + 19Y 9G + 20Y 9H + 21Y 9I + 22Y 9L + + 8Y 10A + 9Y 10B + 10Y 10C + 12Y 10D + 14Y 10E + 16Y 10F + 18Y 10G + 19Y 10H + 20Y 10I + 21Y 10L Funzione obiettivo

39 1)Y 1A + Y 1B + Y 1C + Y 1D + Y 1E + Y 1F + Y 1G + Y 1H + Y 1I + Y 1L = 1 2)Y 2A + Y 2B + Y 2C + Y 2D + Y 2E + Y 2F + Y 2G + Y 2H + Y 2I + Y 2L = 1 3)Y 3A + Y 3B + Y 3C + Y 3D + Y 3E + Y 3F + Y 3G + Y 3H + Y 3I + Y 3L = 1 4)Y 4A + Y 4B + Y 4C + Y 4D + Y 4E + Y 4F + Y 4G + Y 4H + Y 4I + Y 4L = 1 5)Y 5A + Y 5B + Y 5C + Y 5D + Y 5E + Y 5F + Y 5G + Y 5H + Y 5I + Y 5L = 1 6)Y 6A + Y 6B + Y 6C + Y 6D + Y 6E + Y 6F + Y 6G + Y 6H + Y 6I + Y 6L = 1 7)Y 7A + Y 7B + Y 7C + Y 7D + Y 7E + Y 7F + Y 7G + Y 7H + Y 7I + Y 7L = 1 8)Y 8A + Y 8B + Y 8C + Y 8D + Y 8E + Y 8F + Y 8G + Y 8H + Y 8I + Y 8L = 1 9)Y 9A + Y 9B + Y 9C + Y 9D + Y 9E + Y 9F + Y 9G + Y 9H + Y 9I + Y 9L = 1 10)Y 10A + Y 10B + Y 10C + Y 10D + Y 10E + Y 10F + Y 10G + Y 10H + Y 10I + Y 10L = 1 Condizioni di vincolo

40 Y 1A + Y 2A + Y 3A + Y 4A + Y 5A + Y 6A + Y 7A + Y 8A + Y 9A + Y 10A = 1 Y 1B + Y 2B + Y 3B + Y 4B + Y 5B + Y 6B + Y 7B + Y 8B + Y 9B + Y 10B = 1 Y 1C + Y 2C + Y 3C + Y 4C + Y 5C + Y 6C + Y 7C + Y 8C + Y 9C + Y 10C = 1 Y 1D + Y 2D + Y 3D + Y 4D + Y 5D + Y 6D + Y 7D + Y 8D + Y 9D + Y 10D = 1 Y 1E + Y 2E + Y 3E + Y 4E + Y 5E + Y 6E + Y 7E + Y 8E + Y 9E + Y 10E = 1 Y 1F + Y 2F + Y 3F + Y 4F + Y 5F + Y 6F + Y 7F + Y 8F + Y 9F + Y 10F = 1 Y 1G + Y 2G + Y 3G + Y 4G + Y 5G + Y 6G + Y 7G + Y 8G + Y 9G + Y 10G = 1 Y 1H + Y 2H + Y 3H + Y 4H + Y 5H + Y 6H + Y 7H + Y 8H + Y 9H + Y 10H = 1 Y 1I + Y 2I + Y 3I + Y 4I + Y 5I + Y 6I + Y 7I + Y 8I + Y 9I + Y 10I = 1 Y 1L + Y 2L + Y 3L + Y 4L + Y 5L + Y 6L + Y 7L + Y 8L + Y 9L + Y 10L = 1 Condizioni di vincolo

41 SOLUZIONE OTTIMA VALORE OTTIMALE DELLA FUNZIONE OBIETTIVO 1) 56.00000 [h] VARIABLE VALUE REDUCED COST Y 1B 1.0000000.000000 Y 2D 1.000000 0.000000 Y 3E 1.000000 0.000000 Y 4G 1.000000 0.000000 Y 5F 1.000000 0.000000 Y 6I 1.000000 0.000000 Y 7L 1.000000 0.000000 Y 8A 1.000000 0.000000 Y 9C 1.000000 0.000000 Y 10H 1.000000 0.000000

42 Gli assegnamenti ottimali risultano pertanto: VOLI IN PARTENZA VOLI IN ARRIVO 134 5 678 9 210 3 I 2 D 3 E 1 F 4 G 19 H 1 L 1 B 11 A C

43 La matrice dei coefficienti (20 x 100): ha rango 19 Pertanto le soluzioni ottime possibili sono: 81 Anche in questo caso laccoppiamento trovato è ottimale ma non unico

44 La sequenza ottima di voli tra Roma e Londra è: 14192331111 BGHDIELFAC 14102637589 12 11 182 10 1 11 1 48 h 56 h

45 La soluzione ottima del problema di assegnamento nel caso si attuasse il raddoppio del numero dei collegamenti Roma-Londra è pari a: z = z 1 + z 2 = 48 + 56 = 104 h ore totali di permanenza a terra

46 CONCLUSIONI Limitando lanalisi ai tempi di permanenza a terra risulta più proficua la soluzione con 20 voli giornalieri in quanto: Lincremento dei tempi di permanenza a terra è circa del 37% in corrispondenza di un incremento del 100% del numero di voli; Il tempo medio di permanenza a terra per velivolo è pari a 5,2 h contro le 7,6 h che si hanno attualmente.

47 OSSERVAZIONI Come visto in precedenza, per via della particolare struttura delle matrici dei coefficienti, le soluzioni trovate, pur essendo ottime, non sono uniche. Questa pluralità di soluzioni consente di modificare la sequenza dei voli che potrebbe rendersi necessaria a seguito di altri vincoli non considerati in questanalisi. E facile determinare le soluzioni alternative intervenendo direttamente sulla tabella dei costi una volta nota una soluzione ottima.

48 2120161110E 2221171211D 43231817C 9842322B 109524 23 A 54321 A P Prendiamo in esame la tabella dei costi relativa al PROBLEMA 1 con in evidenza la soluzione ottima trovata:

49 E immediato notare che è possibile scambiare gli assegnamenti dei voli D ed E tra loro (così come tra i voli A e C) ottenendo lo stesso tempo totale di permanenza a terra 21201611 10 E 2221171211D 43231817C 9842322B 109524 23 A 54321 A P

50 21201611 10 E 2221171211D 43231817C 9842322B 109524 23 A 54321 A P Le combinazioni di questi scambi (e degli altri possibili non evidenziati) danno luogo allinfinità di soluzioni resa evidente in precedenza da considerazioni in merito al rango della matrice dei coefficienti.

51 SOFTWARE UTILIZZATO Demo Lindo/PC Release 6.1(27 Nov. 01) Lindo Systems, Inc. 1415 North Dayton St. Chicago, IL 60622 Dimensioni massime del modello: Vincoli 150 Variabili 300 Variabili intere 50 Nonzeros 2000000 Homepage Lindo Systems Homepage Lindo Systems