Clarkeova-Wrightova metoda řešení úlohy VRP

CLARKEOVA-WRIGHTOVA METODA ŘEŠENÍ ÚLOHY VRP1. Definice úlohyÚloha VRP (Vehicle Routing Problem – problém okružních jízd) je definována na obecnédopravní síti S = (V,H), kde V je množina uzlů sítě a H množina hran spojujících tyto uzly. Uzel V 0je označován jako středisko této sítě a uzly V 1 ,…,V n představují místa odběru (místa vyžadujícíobsluhu). V místech odběru vzniká požadavek na přepravu určitého množství dopravních elementů- tato přeprava je uskutečňována vozidly, jejichž trasa začíná a končí ve středisku V 0 a jejichžkapacita je shora omezená.Úlohou je pak sestavit sadu tras vozidel tak, aby byl požadavek každého místa odběruuspokojen jedinou obsluhou vozidla, a aby celkové náklady na přepravu byly minimální (z hlediskadélky nebo času).Ze zadání úlohy vyplývají dvě podmínky přípustnosti jejího řešení:• každý zákazník musí být v rámci některé trasy obsloužen právě jednou (1)• musí být respektována nepřekročitelná kapacita obsluhujících vozidel (2)Vedle těchto základních podmínek mohou být na sadu tras obsluhujících vozidel kladenydalší podmínky přípustnosti řešení, jejichž zavedením se původní úloha VRP modifikuje – jsou tonapř.:‣ globální podmínky:• množství elementů, které je možné rozvést v rámci jedné trasy• omezení maximální doby trvání, resp. délky jedné trasy (nepřekročitelná pracovnídoba osádek vozidel, nutné doby odpočinků, zákazy jízd v určitých dnech apod.)• omezení vyplývající z maximálně možného počtu obsloužených míst jednoutrasou vzhledem k jejich požadavkům a kapacitám vozidel• omezený disponibilní vozový park, kde v případě, že je park heterogenní, semohou jednotlivá vozidla lišit svou technologickou a kapacitní způsobilostí‣ lokální podmínky:• respektování časové dosažitelnosti obsluhovaných míst, tzn. uspokojenípožadavku obsluhovaného místa v zadaném časovém intervalu• respektování technologické dosažitelnosti obsluhovaných míst, tzn. požadavek naobsloužení zákazníka pouze vozidlem určitých parametrů• limitovaná spotřeba pohonných hmot; přijatelné náklady vynaložené na obsluhuapod.V dalším textu se budeme zabývat úlohou trasování pro nejjednodušší případ, kdypředpokládáme homogenní vozový park, a kde trasa jednoho vozidla bude tvořena jedinou okružní1

Trasa Množství elementů Doba přepravy2 ⋅ dV 0 – V i – V 0 q 1c…….. …….. ……..01+ q t1V 0 – V n – V 0q n2 ⋅ d0n + qcnt3) Z matice D odvodíme matici výhodnostních koeficientů Z = {z ij }, kde i,j = 1,…,n podlevztahu z ij = d 0i + d 0j – d ij , kde z ij , jak bylo zavedeno, vyjadřuje rozdíl mezi součtem délektras (V 0 – V i – V 0 ) a (V 0 – V j – V 0 ) a délkou sdružené trasy (V 0 – V i – V j – V 0 ).4) V matici Z najdeme největší kladný prvek z ij a sdružíme, je-li to možné, trasy (V 0 – V i – V 0 )a (V 0 – V j – V 0 ) do sdružené trasy (V 0 – V i – V j – V 0 ). Pokud takový prvek neexistuje,skončíme. Aktuální množina okružních tras je výsledkem algoritmu. V opačném případěpřejdeme na krok 5).5) Zkontrolujeme, zda sdružením tras (V 0 – V i – V 0 ) a (V 0 – V j – V 0 ) vznikne přípustná trasa.Pokud přípustná trasa nevznikne, tak položíme z ij = 0 a přejdeme na krok 4). V opačnémpřípadě pokračujeme krokem 6).6) Aktualizujeme množinu uzlů V vyjmutím uzlů i a j, pokud sdružením tras přestaly býtkrajními uzly trasy. Položíme z ij = 0. Aktualizujeme množinu tras vyjmutím sdružených trasa vložením nové trasy. Současně také aktualizujeme ostatní sledované parametry (dobupřepravy, množství elementů, délku trasy aj.).Není-li krok 4) a 5) možný, najdeme nejblíže menší nebo stejně velký prvek z st a sdružímetrasy obsahující uzly V s a V t ; mohou to být elementární trasy nebo trasy, vzniklé předchozímsdružováním. Pro krajní uzly V s a V t nově vzniklé trasy položíme z st = 0 a přejdeme na krok4).Postup opakujeme, pokud není matice Z vyčerpána nebo pokud není zřejmé, že kapacityvozidel jsou vyčerpány a další řešení nemá smysl. Výsledné řešení nemusí být optimální, alečasto bude jen suboptimální.3. PříkladMáme dánu neorientovanou, souvislou a hranově ohodnocenou dopravní síť S = (V,H).Požadujeme přepravit dané množství dopravních elementů z výchozího uzlu V 0 do ostatních uzlůsítě V i , kde i = 1,…,n. Dále známe průměrné rychlosti a kapacity všech vozidel a budemepředpokládat, že jsou stejné. Množství elementů, přepravované do kteréhokoliv uzlu, nepřekračujekapacitu jednoho vozidla. Dále je známa doba potřebná pro vyložení elementu z vozidla, která jestejná pro všechny komplety a všechny uzly. Doba mezi výjezdem a návratem každého vozidla dovýchozího uzlu V 0 je shora omezená.3

Úkolem je určit počet vozidel a jejich trasy tak, aby při splnění všech uvedených požadavkůbyl součet délek tras všech vozidel, začínajících a končících v uzlu V 0 , minimální. Pro nalezenísuboptimálního řešení této úlohy použijeme popsanou C-W metodu.Dopravní síť úlohy je definována pomocí matice vzdáleností D této sítě, která je úplnou sítí(tzn., že prvky matice vzdáleností jsou zároveň délkami příslušných úseků – hran). Jsou dány počtyelementů q i a další výchozí údaje: c = 30 km/h; t = 0,1 h; T = 8h; K = 15 elementů.Matice vzdáleností D je v tomto případě neorientované sítě symetrická, můžeme tedy prvkypod hlavní diagonálou vynechat – matice vypadá takto:i/j 0 1 2 3 4 50 0 33 60 54 50 521 0 38 35 34 762 0 15 70 943 0 48 734 0 285 0Z matice vzdáleností D je odvozena matice výhodnostních koeficientů Z = {z ij }:i/j 1 2 3 4 51 0 55 52 49 92 0 99 40 183 0 56 334 0 745 0Údaje v následující tabulce zachycují počáteční řešení:ElementárníDoby přepravyqtrasyi Délkya vykládky0 – 1 – 0 6 66 2,80 – 2 – 0 3 120 4,30 – 3 – 0 8 108 4,40 – 4 – 0 5 100 3,80 – 5 – 0 4 104 3,91. iterace: Podle kroku 4) hledáme první zlepšující řešení:max z ij = z 23 = 99; sdružíme proto trasy (0 – 2 – 0) a (0 – 3 – 0). Podle kroku 5) kontrolujemepřípustnost sdružené trasy na základě provedení kroku 6) takto: vyjmutím právě sdružené trasyaktualizujeme množinu tras počátečního řešení; pro právě sdruženou trasu aktualizujeme množstvíelementů q a dále aktualizujeme délku trasy a dobu T strávenou kompletem mimo uzel V 0 . Poprovedení kroku 6) zjišťujeme, že součet zátěží q 2 + q 3 = 11, což je hodnota nižší než přípustná4

kapacita vozidla K = 15. Dále zjišťujeme, že nová doba pobytu vozidla mimo uzel V 0 je rovna 5,4 atedy nepřekračuje zadanou přípustnou hodnotu T = 8. Nepřekročení hodnot K a T znamená, že novásdružená trasa (0 – 2 – 3 – 0) je přípustnou trasou. Uvedené skutečnosti jsou zřejmé z následujícítabulky. Nakonec kroku 6) položíme z 23 = 0 a dále pokračujeme krokem 4) v hledání další přípustnétrasy.Trasa q 2 + q 3 Délka Doba0 – 2 – 3 – 0 11 129 5,4Po 1. iteraci dostáváme tuto aktualizovanou množinu tras a odpovídající zátěže:ElementárníDoby přepravyqtrasyi Délkya vykládky0 – 1 – 0 6 66 2,80 – 2 – 3 – 0 11 129 5,40 – 4 – 0 5 100 3,80 – 5 – 0 4 104 3,92. iterace: Pokračujeme hledáním dalšího přípustného řešení:max z ij = z 45 = 74, sdružená trasa (0 – 4 – 5 – 0) je přípustná, viz tabulka:Trasa q 4 + q 5 Délka Doba0 – 4 – 5 – 0 9 130 5,2Po 2. iteraci dostáváme tuto aktualizovanou množinu tras a odpovídající zátěže:ElementárníDoby přepravyqtrasyi Délkya vykládky0 – 1 – 0 6 66 2,80 – 2 – 3 – 0 11 129 5,40 – 4 – 5 – 0 9 130 5,23. iterace: Pokračujeme hledáním dalšího přípustného řešení:max z ij = z 34 = 56, vytvořit sdruženou trasu by znamenalo sdružit trasy obsahující uzly V 3 a V 4 , tzn.trasy (0 – 2 – 3 – 0) a (0 – 4 – 5 – 0); z tabulky je zřejmé, že taková trasa je nepřípustná, protožebychom překročili přípustnou kapacitu K obsluhujícího vozidla: q(0 – 2 – 3 – 0) = 11, q(0 – 4 – 5 –0) = 9; 11+9=20 > K=15.Proto po 3. iteraci zůstávají množina tras a odpovídající zátěže nezměněné.4. iterace: Pokračujeme hledáním dalšího přípustného řešení:max z ij = z 12 = 55, trasa vzniklá sdružením tras, které obsahují uzly V 1 a V 2 , tj. (0 – 1 – 0) a (0 – 2 –3 – 0) je opět nepřípustná, protože 6+11=17 > K=15, což nelze.Tedy i po 4. iteraci zůstávají množina tras a odpovídající zátěže nezměněné.5

5. iterace: Pokračujeme hledáním dalšího přípustného řešení:max z ij = z 13 = 52; nastává stejná situace jako po 4. iteraci; trasa vzniklá sdružením tras, kteréobsahují uzly V 1 a V 3 , tj. (0 – 1 – 0) a (0 – 2 – 3 – 0) je opět nepřípustná, protože 6+11=17 > K=15,což nelze.I po 5. iteraci zůstávají množina tras a odpovídající zátěže nezměněné.6. iterace: Pokračujeme hledáním dalšího přípustného řešení:max z ij = z 14 = 49; trasa vzniklá sdružením tras, které obsahují uzly V 1 a V 4 , tj. (0 – 1 – 0) a (0 – 4 –5 – 0) je přípustná, protože 6+9=15, což není hodnota větší než K=15Trasa q 1 + q 4 + q 5 Délka Doba0 – 1 – 4 – 5 – 0 15 147 6,4Po 6. iteraci již nelze kroky 4) a 5) opakovat, tzn. že další sdružování tras není možné, a protoposlední aktualizovaná množina tras, zátěže, délek tras a dob pobytu mimo výchozí uzel obsahujenalezené řešení – viz tabulku:Elementární trasy q i DélkyDoby přepravya vykládky0 – 1 – 4 – 5 – 0 15 147 6,40 – 2 – 3 – 0 11 129 5,4Optimální množina tras vozidel je tedy dvouprvková, výsledné řešení má součet délek tras276 km oproti výchozímu součtu délek elementárních tras 498 km; součet dob provozu vozidel je11,8 h. Protože T = 8 < 11,8 < 2x8 = 16, jsou pro splnění úkolu nutná dvě vozidla.4. Zdroje• CLARKE, G; WRIGHT, J. W.: „Scheduling of Vehicles from a Central Depot to a Numberof Delivery Points“, Operations research 12, 1964, strana 568-581• TUZAR, A.; MAXA, P.; SVOBODA, V.: „Teorie dopravy“, ČVUT v Praze, Praha 19976