Penyelesaian 0-1 Programming dengan Metode Balas.

3.2.2 Penyelesaian 0-1 Programming dengan Metode Balas.

Minimumkan 5 4 3 2 1 3 10 7 5 x x x x x f + − + + − = dengan kendala 4 5 3 5 4 3 2 1 ≤ + + − + x x x x x 4 2 2 3 6 2 5 4 3 2 1 ≥ + + − + x x x x x 2 2 5 4 3 2 − ≤ + − − x x x x 1 = x or 1, f = 1 to 5 Solusi: Langkah i: nyatakan masalah yang diberi di dalam bentuk baku. Untuk ini, digambarkan variabel-variabel baru x i seperti : 4 4 3 3 2 2 1 1 1 , , , 1 x x x x x x x x − = = = − = and 5 5 x x = Dengan subtituting x i dalam permasalahan menjadi seperti berikut : Minimumkan 5 4 3 2 1 3 10 7 5 x x x x x f + + + + = dengan kendala 2 4 5 3 1 5 4 3 2 1 − = + + − − + − y x x x x x 2 2 3 6 2 2 5 4 3 2 1 = + − + + − y x x x x x 1 2 3 5 4 3 2 − = + + + − y x x x x 1 = x or 1, f = 1 to 5 di mana y 1, y 2 dan y 3 adalah variabel tidak negatif dan suku tetap itu dilalaikan di dalam bantuk f. E 2 E 1 Universitas Sumatera Utara Pada persamaan E 2 dapat di diperlihatkan pada bentuk matriks seperti : Minimumkan X C f T = dengan kendala AX + Y = B x i = 0 or 1, Y ≥ 0 dimana           − − − − − − = 1 1 2 1 2 2 3 6 2 4 1 5 3 1 A                 = 1 3 10 7 5 C           − − =           = 1 2 3 2 1 b b b B                 = 5 4 3 2 1 x x x x x X dan           = 3 2 1 y y y Y Langkah ii : temukan solusi awal, dari sistim kanonik pada persamaan E 2 diperoleh solusi. , 1 , , 2 3 2 1 − = = − = y y y , 5 4 3 2 1 = = = = = = f x x x x x Solusi ini membuat ukuran optimal yang sesuai semua c j 0 tetapi bukan syarat kelayakan tidak semua b i 0. Oleh pengaturan iterasi jumlah k = 0 , kita mempunyai : J = 0 = null set, R = 1,2,3,4,5 Universitas Sumatera Utara , 1 2 3 2 1 =           − − =           = f y y y Y and f o = ∞ ; Langkah iii : karena sumber 1 y adalah negative, diperoleh bentuk variabel bebas seperti : J = R – J = 1,2,3,4,5 Langkah iv : menurut bentuk N pada langkah i a , diperoleh 1 y and 2 y adalah negatif dan diantara a 1 dan a 2 , adalah positif hanya untuk s = 2 dan 5. Karena N h berisi x 1 dan x 2 . ∴ N = 2,5 Seperti f = ∞, dimana tidak ada variabel x 2 , yang berhubungan dengan f + c 2 ≥ f dan karena Langkah v : temukan set P 0, seperti : 5 , 2 5 , 4 , 3 , 2 , 1 − = ∪ − = M N J P = 1,3,4 Langkah vi : karena P bukanlah himpunan nol, dicari apakah dicukupi atau tidak. Untuk Yj = Y 1 : 7 1 5 1 − = − − − = ∑ P js a 2 1 − = y Untuk Yj = Y 3 : 2 − = ∑ P js a 1 3 − = y Ini memperlihatkan P tidak dapat ditolak. Untuk menemukan variabel x i yang paling menjanjikan, dihitung : Universitas Sumatera Utara , min , min , min 31 3 21 2 11 1 1 a y a y a y I − + − + − = = min 0, -2+1 + min0, 0-2 + min 0, -1-0 = -1 -2 -1 = -4 , min , min , min 33 3 23 2 13 1 3 a y a y a y I − + − + − = = min 0, -2+5 + min0, 0-3 + min 0, -1+2 = 0 -3 + 0 = -3 , min , min , min 34 3 24 2 14 1 4 a y a y a y I − + − + − = = min 0, -2+1 + min0, 0-2 + min 0, -1-1 = -1 -2 -2 = -5 Karena 3 I adalah nilai maksimum yang dihasilkan dari 3 1 , I I and 4 I , maka nilai t = 3. Langkah vii : masukkan x 3 = 1 ke J untuk memproleh solusi parsial baru J 1 seperti : J 1 = 3 Langkah viii : set jumlah iterasi seperti k = 1. Langkah ix : hitung nilai baru dari yf dan f seperti : 3 5 2 13 1 1 1 = + − = − = a y y 3 3 23 1 1 2 − = − = − = a y y 1 2 1 33 3 1 3 = + − = − = a y y 10 10 3 1 = + = + = c f f Universitas Sumatera Utara Langkah x : karena beberapa dari 1 j y adalah negatif, akan di proses untuk solusi parsial baru selanjutnya. Untuk itu ,pertama diperoleh : 5 , 4 , 2 , 1 3 5 , 4 , 3 , 2 , 1 1 1 = − = − = J R J Langkah xi : untuk memperoleh set N 1 , ditandai bahwa 1 2 y adalah negatif, dan s a 2 adalah positif untuk s = 1 dan 4. ∴ N 1 = 1,4 Seperti f 1 = 10 , dan f = ∞ , tidak ada variabel x s yang memuaskan pada hubungan 1 f c f s + dan karena : M 1 = φ = null set Langkah xii : temukan set P 1 : 5 , 2 4 , 1 5 , 4 , 2 , 1 1 1 1 1 = − = ∪ − = M N J P Langkah xiii : karena P 1 bukan null set , dicoba untuk y 2. Disini diberikan : 8 2 6 1 2 − = − − = ∑ ∈P x s s c 3 1 2 − = y dan 2 s c ini memperlihatkan bahwa P 1 tidak dapat ditolak. Langkah xiv : untuk menemukan variabel yang paling menjanjikan, hitung : , min , min , min 25 1 3 24 1 2 23 1 1 1 2 a y a y a y I − + − + − = = min 0, 3-3 + min0, -3+6 + min 0, 1-1 = 0+0+0 = 0 Universitas Sumatera Utara , min , min , min 25 1 3 24 1 2 25 1 1 1 5 a y a y a y I − + − + − = = min 0, 3-4 + min0, -3+2 + min 0, 1-1 = -1-1+0 = -2 Karena 1 2 I adalah nilai dari 1 2 I dan 1 5 I , maka t = 2. Langkah xv : solusi parsial J 2 yang diperoleh adalah : J 2 = 3,2 Langkah xvi : set iterasi berikutnya k = 2 Langkah xvii : nilai baru dari y i dan f dihitung seperti : 3 3 13 2 1 2 1 = − = − = c y y 3 6 3 23 2 2 2 2 = + − = − = c y y 1 1 33 2 3 2 3 = − = − = c y y 17 7 10 2 1 2 = + = + = c f f Karena semua 2 ≥ j y , set 17 2 = = f f dan proses untuk menghasilkan solusi parsial baru dengan cara mengulang kembali. Langkah xviii : tukar nilai pada beberapa variabel yang kanan x di J 3 seperti : − = , 3 3 J χ Hitung nilai baru dari y j dan f dari 1 1 x c y y a t j j k j ∑ = + − = 1 1 x c f a t i n ∑ = + = Universitas Sumatera Utara Karena J 3 adalah 5 4 2 1 = = = = x x x x dan x 3 =1, diperoleh : 3 5 2 3 13 3 1 3 1 = + − = − = x a y y 3 3 3 23 3 2 3 2 − = − = − = x a y y 1 2 1 3 33 3 3 3 3 = + − = − = x a y y 10 2 2 3 = + = x c f Langkah xix : set iterasi baru dengan k=3. Langkah xx : karena beberapa 3 j y adalah negatif, didapatkan : = − − = − = 2 , 3 5 , 4 , 3 , 2 , 1 3 3 J R J set dari variabel R. yang tidak termasuk kedalam J 3 = 1,4,5 langkah xxi : untuk bentuk set N 3 menurut pada langkah 1, ditemukan 3 3 y adalah negatif dan s a 3 adalah positif dari s = 1 dan 4. ∴ N 3 = 1,4 f 3 = 10 dan f = 17, diperoleh tidak ada variabel x s termasuk dari set 3 J 3 f c f s ≥ + = = φ 3 M null set Langkah xxii : karena P 3 bukan null set, lihat apakah dicukupi atau tidak, seperti 3 2 ≤ y , diperoleh : 3 2 3 2 2 2 − = − = = y a a s s Universitas Sumatera Utara Ini menunjukkan bahwa P s dapat ditolak. Hal ini juga menunjukkan bahwa J 3 diukur dan karenanya proses untuk menghasilkan solusi parsial baru dengan cara mundur. Langkah xxiv : seperti k ≠ 0 dan ,semua variabel dari J 3 ≠ 0 , ubah nilai dari kebanyakan variabel yang mempunyai nilai 1 di J 3 ke 0 dan menghapus variabel di sebelah kanan untuk memperoleh J 4 seperti : J 4 = -3 Hitung nilai baru dari y j dan f : s n s js j k j x a y y ∑ = + − = 1 1 s n s s k x c f ∑ = + = 1 1 Karena J 4 memberikan , 5 4 3 2 1 = = = = = x x x x x diperoleh : 2 1 4 1 − = = y y 2 4 2 = = y y 1 3 4 3 − = = y y 4 = f Langkah xxv :set iterasi berikutnya k = 4 Langkah xxvi : karena beberapa 4 j y adalah negatif , diperoleh : 3 5 , 4 , 3 , 2 , 1 4 4 − − = − = J R J = set variabel R yang tidak ada pada J 4 = 1, 2, 4, 5 Universitas Sumatera Utara Langkah xxvii : untuk bentuk set N 4, diperoleh bahwa 4 1 y dan 4 5 y adalah negatif dan diantara s a 1 dan s a 3 adalah positif untuk s = 2 dan 5. N 4 = 2,5 Seperti f 4 = 0 dan f = 17 , tidak ada variabel xs yang sesuai pada relasi f c f s k ≥ + dan karena = = φ 4 M null set Langkah xxviii : temukan set P 4 seperti : 4 , 1 5 , 2 5 , 4 , 2 , 1 4 4 4 4 = − = ∪ − = M N J P Langkah xxix : karena P 4 tidak null set coba untuk : : 4 1 y ∑ − = − − = 2 1 1 1s a 4 1 y =-2 : 4 3 y ∑ = 0 2s a 1 4 3 − = y Karena P 4 tidak dapat ditolak. Langkah xxx : seperti k ≠ 0 dan semua variabel dari J 4 adalah 0, prosedur mundur kembali melengkapi dan solusi jumlah maksimum diberi oleh : f min = nilai akhir of f = 17 dan solusi parsial yang sesuai , J s = 3,2 ∴ , , 1 , 1 , 5 4 3 2 1 = = = = = x x x x x Universitas Sumatera Utara Nilai-nilai jumlah maksimum dari variabel-variabel yang asli x i dapat diperbaiki seperti : , 1 1 , 1 , 1 , 1 1 5 5 4 4 3 3 2 2 1 1 = = = − = = = = = = − = x x x x x x x x x x yang memberi nilai jumlah maksimum dari fungsi objektif yang asli adalah seperti : f min = 9

3.3 Analisis Knapsack pada Permasalahan Shortest Path