Harjoitus 2 (24.3.2015) Tehtävä 1 Figure 1: Tehtävän 1 graafi. Aikaisimmat aloitushetket selvitetään kaavoilla v[0] = 0 v[p] max 0 i p 1 {v[i]+a i (i,p) E} = v[l]+a l d[p] l. Muodostetaan taulukko, jossa numerointi on jo kunnossa. Töitä ei tarvitse uudelleennumeroida, koska tehtävänannossa kunkin työn edeltäjällä on aina pienempi järjestysnumero. p 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 v[p] 0 0 0 2 4 3 7 0 4 9 d[p] 0 0 2 1 3 4 0 7 6 9 Esimerkiksi osatöiden 4 ja 6 aikaisimmat aloitushetket on laskettu seuraavasti: v[4] = max {4,2+1} = 4 v[6] = max {4+3,3+2} = 7. 1
Myöhäisimmät aloitushetket saadaan kaavoilla T = l[n+1] T Nyt voidaan kirjoittaa taulukko l[k] min k+1 j n+1 {l[j] a k (k,j) E}. k 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 l[k] 12 11 8 4 9 7 6 5 3 2 2 r[k] 9 8 9 6 6 4 3 4 1 Taulukossa esimerkiksi osatyön 5 myöhäisin aloitushetki on laskettu seuraavasti: l[5] = min {11 2,9 2} = 7 Kriittisellä polulla tarkoitetaan koko projektin pisintä tietä. Tämän tehtävän kriittinen polku on d[] = 9, d[9] = 6, d[6] = 4, d[4] = 1, d[1] = 0 eli 0 1 4 6 9, ja sen kesto on vkoa. Aloitushetkien pelivarat lasketaan kaavalla jota käyttäen saadaan s[k] = l[k] v[k], k 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 s[k] 2 2 4 4 2 4 2 3 3 2 2 Osatöiden maksimaaliset pelivarat lasketaan kaavalla jota käyttäen saadaan s m [i] = min j {l[j] (i,j) E} v[i] a i, s m [0] = min {2,3,4} 0 0 = 2 s m [1] = 6 0 4 = 2 s m [2] = 5 0 2 = 3 s m [3] = min{6,7} 2 1 = 3 s m [4] = 9 4 3 = 2 s m [5] = min {9,11} 3 2 = 4 s m [6] = 11 7 2 = 2 s m [7] = 8 0 4 = 4 s m [8] = 11 4 3 = 4 s m [9] = 12 9 1 = 2. 2
Osatöiden riippumattomat pelivarat lasketaan kaavalla jota käyttäen saadaan s r [i] = max {0,min j {v[j] (i,j) E} l[i] a i }, s r [0] = max {0,min {0,0,0} 2 0} = 0 s r [1] = max {0,4 2 4} = 0 s r [2] = max {0,2 3 2} = 0 s r [3] = max {0,min{3,4} 5 1} = 0 s r [4] = max {0,7 6 3} = 0 s r [5] = max {0,min{7,9} 7 2} = 0 s r [6] = max {0,9 9 2} = 0 s r [7] = max {0,4 4 4} = 0 s r [8] = max {0,9 8 3} = 0 s r [9] = max {0, 11 1} = 0. Tehtävä 2 Tarkastellaan luentomonisteen projektinvalvontaesimerkkiä 1.24. Työntekijöitä on koko ajan käytössä 7 henkeä. Muodostetaan osatöiden aikataulut neljällä eri tavalla. a) Valitaan mahdollisista osatöistä se, joka on kestoltaan lyhin. Tällöin saadaan taulukko tapaus aika mahdolliset työt valitaan resursseja alku 0 1 1 5 1 loppuu 3 2, 3 2 3 2 loppuu 5 3 3 7 3 loppuu 8 4, 5, 6, 7 7, 6, 4 1+2+5 = 8 7 loppuu 5 2+5 = 7 6 loppuu 11 5 5 5+2 = 7 4 loppuu 13 8 2 5 loppuu 18 8 8 6 8 loppuu 24 9 9 0 missä = osatyöt, jotka ovat edeltäjien puolesta mahdollisia. Sarakkeessa aika alimpana oleva 24 on projektin kesto. b) Valitaan mahdollisista osatöistä se, joka on resurssivaatimuksiltaan pienin. Nyt saadaan taulukko 3
tapaus aika mahdolliset työt valitaan resursseja alku 0 1 1 5 1 loppuu 3 2, 3 2 3 2 loppuu 5 3 3 7 3 loppuu 8 4, 5, 6, 7 7, 6, 5 1+2+2 = 5 7 loppuu 4 2+2 = 4 6 loppuu 11 4 4 2+5 = 7 5 loppuu 15 8 5 4 loppuu 16 8 8 6 8 loppuu 22 9 9 0 Projektin kesto on tässä tapauksessa 22. c) Valitaan mahdollisista osatöistä se, jonka myöhäisin aloitushetki on mahdollisimman pian. Osatöiden myöhäisimmät aloitushetket nähdään seuraavasta taulukosta: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 l[j] 0 0 4 3 14 6 17 13 19 v[j] 0 0 3 3 6 6 6 6 13 19 Tämän perusteella saadaan taulukko tapaus aika mahdolliset työt valitaan resursseja alku 0 1 1 5 1 loppuu 3 2, 3 3 7 3 loppuu 6 2, 6, 7 2, 6, 7 3+2+1 = 6 2 ja 7 loppuvat 8 4, 5 5 2+2 = 4 6 loppuu 9 4 4 2+5 = 7 4 loppuu 14 2 5 loppuu 15 8 8 6 8 loppuu 21 9 9 0 Projektin kesto on tällä kertaa 21. d) Valitaan mahdollisista osatöistä se, jonka maksimaalinen pelivara on pienin. Osatöiden maksimaaliset pelivarat lasketaan kaavalla s m [i] = min j {l[j] (i,j) E} v[i] a i, 4
jota käyttäen saadaan s m [0] = 0 0 0 = 0 s m [1] = min {4,3} 0 3 = 0 s m [2] = min {14,6} 3 2 = 1 s m [3] = min {14,6,,17} 3 3 = 0 s m [4] = 19 6 5 = 8 s m [5] = 13 6 7 = 0 s m [6] = 13 6 3 = 4 s m [7] = 19 6 2 = 11 s m [8] = 19 13 6 = 0. Nyt saadaan sama ratkaisu kuin kohdassa c). Tehtävä 3 Muotoillaan edellinen tehtävä lineaariseksi optimointitehtäväksi kuten luentomonisteen sivuilla 26-27 on esitetty. Projektin kesto on korkeintaan T = n a i = 3+2+3+5+7+3+2+6 = 31, i=1 ja meillä on käytettävissä yksi resurssi joka on työvoiman määrä. Tehtävässä n = 8, b ik = h i, missä i = 1,...,8 ja R kt = 8, missä k = 1 ja t = 1,...,31. Tarkastellaan resursseja erikseen kullakin aikavälillä [t 1,t), missä t = 1,...,31. Valitaan päätösmuuttujiksi 1, kun työ i alkaa hetkellä t, missä t = 0,1,...,31 a i x it = 0, muuten. Saadaan optimointitehtävä min s.t. 31 tx 9t 8 i=1 31 a j 31 a i h i t 1 l=max {0,t a i } tx jt 31 a i x il 8, t = 1,...,31 tx it a i, (i,j) E x it = 1, i = 0,1,...,9 x it {0,1}, i = 0,...,9, t = 0,...,30. 5
Kirjoitetaan rajoitteet vielä auki. (Ensimmäisiä rajoitteita on yhteensä 31 kpl) 5x +3x 20 +7x 30 +5x 40 +2x 50 +2x 60 +x 70 +6x 80 8 (t = 1) 5(x +x 11 )+3(x 20 +x 21 )+ +6(x 80 +x 81 ) 8 (t = 2) 5(x +x 11 +x 12 )+3(x 21 +x 22 )+ +6(x 80 +x 81 +x 82 ) 8 (t = 3). 5(x 1,28 +x 1,29 +x 1,30 )+3(x 2,29 +x 2,30 )+ +6(x 8,26 +x 8,27 +x 8,28 +x 8,29 +x 8,30 ) 8 (t = 31) (Seuraavia rajoitteita on 14 kpl) 31 2 tx 1t 31 0 tx 0t 0 tx 2t tx 1t 3 tx 3t tx 1t 3. 31 0 tx 9t 31 6 tx 8t 6 (Viimeisestä rajoitteesta tulee aukikirjoitettuna kpl) 31 0 x 0t = 1 x 1t = 1. 31 0 x 9t = 1 Tehtävässä on päätösmuuttujia (n+2)t = 31 = 3 ja rajoitteita 31+14+ = 55. Tehtävä 4 Laaditaan projektin osatöiden aikaisimmista aloitushetkistä, myöhäisimmistä aloitushetkistä seuraava taulukko: edeltäjistä ja 6
aikaisimmat edeltäjät myöhäisimmät v[s] = 0 l[s] = min {0 0,5 0} = 0 v[a] = 0 d[a] = S l[a] = min {20 15,15 15} = 0 v[b] = 0 d[b] = S l[b] = min {20,15,20 } = 5 v[c] = max {0+15,0+} = 15 d[c] = A l[c] = 30 = 20 v[d] = max {0+15,0+} = 15 d[d] = A l[d] = min {25,40 } = 15 v[e] = 0+ = d[e] = B l[e] = min {25 5,40 5} = 20 v[f] = max {15+,+5} = 25 d[f] = D l[f] = 30 5 = 25 v[g] = max {15+,25+5} = 30 d[g] = F l[g] = 50 20 = 30 v[h] = max {15+,+5} = 25 d[h] = D l[h] = 50 = 40 v[i] = max {30+20,25+} = 50 d[i] = G l[i] = 65 15 = 50 v[f] = 50+15 = 65 d[f] = I l[f] = 65 Projektin kesto on 65. Kriittinen polku on d[f] = I,d[I] = G,d[G] = F,d[F] = D,d[D] = A,d[A] = S eli S A D F G I f. A 15 5 C E H S 0 0 15 5 20 I 15 f B D F 5 G Figure 2: Tehtävän 4 graafi. Tarkastellaan sitten joidenkin osatöiden kestojen muutosten aiheuttamia vaikutuksia. a) Oletetaan, että työ E kestääkin 15 päivää. Silloin aloitushetken pelivara s[e] = l[e] v[e] = 20 =. Jos siis osatyön E kesto kasvaa päivällä, niin saadaan vaihtoehtoinen kriittinen polku S B E F G I f. b) Oletetaan, että työ H kestääkin 20 päivää. Silloin aloitushetken pelivara s[h] = l[h] v[h] = 40 25 = 15. Niinpä päivän lisäys ei vaikuta projektin kestoon eikä kriittiseen polkuun. c) Oletetaan, että työt F ja G valmistuvat päivän etuajassa. Silloin projektin kesto lyhenee 2päivää, sillä töidenc jah pelivaratovats[c] = 5jas[H] = 15. Kriittinen polku ei muutu. 7
Tehtävä 5 Olkoon tilamuuttujat x n = pakattujen esineiden yhteispaino vaiheessa n, n = 1,...,N 1, esine n pakataan y n = 0, esinettä n ei pakata. Tällöin saadaan rekursioyhtälö f n (x n ) = max yn {0,1} ynwn xn f 0 ( ) = 0. {y n u n +f n 1 (x n y n w n )}, 0 x n W, n = 1,...,N (1) Lasketaan sovelluksena tapaus, jossa W = 7 ja N = 4. Seuraavissa taulukoissa kussakin vaiheessa n toinen ja kolmas sarake esittävät lausekkeen y n u n +f n 1 (x n y n w n ) arvoja y:n arvoilla 0 ja 1. Neljäs ja viides sarake esittävät yhtälöistä (1) laskettua f:n lauseketta sekä sitä y:n arvoa jolla lauseke y n u n +f n 1 (x n y n w n ) saavuttaa maksiminsa. Otamme myös käyttöön merkinnän x n 1 = x n y n w n. Vaiheessa n = 1 saadaan taulukko x 1 y 1 = 0 y 1 = 1 f 1 (x 1 ) y 1 (x 1 ) 0 0 0 0 1 0 0 0 2 0 0 0 3 0 0 0 4 0 35 35 1 5 0 35 35 1 6 0 35 35 1 7 0 35 35 1 Vaiheessa n = 2 saadaan taulukko x 2 y 2 = 0 y 2 = 1 f 2 (x 2 ) y 2 (x 2 ) 0 0+0 0 0 1 0+0 0 0 2 0+0 20+0 20 1 3 0+0 20+0 20 1 4 0+35 20+0 35 0 5 0+35 20+0 35 0 6 0+35 20+35 55 1 7 0+35 20+35 55 1 Vaiheessa n = 3 saadaan taulukko 8
Vaiheessa n = 4 saadaan taulukko x 3 y 3 = 0 y 3 = 1 f 3 (x 3 ) y 3 (x 3 ) 0 0+0 0 0 1 0+0 0 0 2 0+20 20 0 3 0+20 25+0 25 1 4 0+35 25+0 35 0 5 0+35 25+20 45 1 6 0+55 25+20 55 0 7 0+55 25+35 60 1 x 4 y 4 = 0 y 4 = 1 f 4 (x 4 ) y 4 (x 4 ) 0 0+0 0 0 1 0+0 +0 1 2 0+20 +0 20 0 3 0+25 +20 30 1 4 0+35 +25 35 0,1 5 0+45 +35 45 0,1 6 0+55 +45 55 0,0 7 0+60 +55 65 1 Vaiheen n = 4 taulukosta näemme, että suurimmalla sallitulla yhteispainolla W = 7 päätösmuuttujan y 4 arvoksi tulee 1. Tästä voimme laskea x 3 :n arvon rekursiokaavalla x 3 = x 4 y 4 w 4. Tätä muuttujan x 3 arvoa voimme taas käyttää päätösmuuttujan y 3 määrittämiseen vaiheen n = 3 taulukosta. Näin jatkamalla rekursioketjun kulkemista takaperin vaiheeseen n = 1 saamme y 4 (7) = 1, x 3 = x 4 y 4 w 4 = 7 1 1 = 6 y 3 (6) = 0, x 2 = x 3 y 3 w 3 = 6 0 3 = 6 y 2 (6) = 1, x 1 = x 2 y 2 w 2 = 6 1 2 = 4 y 1 (4) = 1. Ratkaisu on siis, että kannattaa valita esineet 1, 2 ja 4, jolloin niistä saatava kokonaishyöty on 65. 9