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