Kapitel 3 Strategische Planungsprobleme c Prof Richard F

Kapitel 3 Strategische Planungsprobleme (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management

3. 1. Standortprobleme Produktionsstätten PS 1 PS 2 PS 3 PS 4 Transportmittel Zentrallager Einzellieferung ZL 1 ZL 2 ZL 3 ZL 4 Transportmittel Auslieferungslager (c) Prof. Richard F. Hartl … Einzel oder Touren AL 1 AL 2 AL 3 AL 4 Transportmittel Abnehmer … … Tourenlieferung K 1 K 2 K 3 Operations Management K 4 … 2

n Weiter Stufen möglich (Regionallager, . . . ) n einzelne Aufgaben können delegiert werden n Problemstellungen n Anzahl der Lager Festlegung der Lagerstandorte Transportproblem (Zuordnungsprobleme) (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 3

3. 1. 1 Medianproblem n Einfachstest Standortproblem Als Graph dargestellt ¨ Lösung: Knoten mit der geringsten gewichteten Distanzsumme ¨ n Definition: Median ¨ Gerichteter Graph: ¨σ(i) = ∑dijbj → min. ¨ Ungerichteter Graph: ¨σout(i) = ∑dijbj → min. ¨σin(i) = ∑djibj → min. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 4

Beispiel: aus Domschke und Drexl (Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3. 3. 1) 2 2/0 3 2 3 1/4 2 3/2 5 4 4/3 2 6/2 4 5/1 3 D= (c) Prof. Richard F. Hartl 0 12 2 10 6 12 4 2 0 3 3 7 5 0 12 10 0 8 4 10 4 2 5 0 5 2 8 6 9 4 0 6 1 11 9 12 7 3 0 2 Operations Management b= 2 3 5

Lösungsverfahren: Median ij 1 2 3 4 5 6 σout(i) i/j 1 2 3 4 5 6 1 4*0 0*12 2*2 3*10 6*1 2*12 64 1 4*0 4*12 4*10 24 48 2 4*2 0*0 2*3 3*3 7*1 2*5 40 2 0*0 0*3 0 0 3 4*12 0*10 2*0 3*8 4*1 2*10 96 3 2*12 2*10 2*8 8 20 4 4*4 0*2 2*5 3*0 5*1 2*2 35 4 3*2 3*5 3*0 15 6 5 4*8 0*6 2*9 3*4 0*1 2*6 74 5 1*8 1*6 1*9 1*4 0 6 6 4*11 0*9 2*12 3*7 3*1 2*0 92 6 2*11 2*9 2*12 2*7 6 0 σin(i) 66 98 56 74 53 80 Ort 4 ist der Median da 35+74 = 109 minimal z. B. : Versorgung (c) Prof. Richard F. Hartl z. B. : Entsorgung Operations Management 6

Verwandtes Problem: Zentrenproblem n Medianproblem ¨ Knoten mit der geringsten gewichteten Distanzsumme ¨ n → min. Zentrenproblem (Center) ¨ Knoten mit dem geringsten Maximum der gewichteten Distanzen ¨ (c) Prof. Richard F. Hartl → min. Operations Management 7

Lösungsverfahren ij 1 2 3 4 5 6 out(i) i/j 1 2 3 4 5 6 1 4*0 0*12 2*2 3*10 6*1 2*12 30 1 4*0 4*12 4*10 24 48 2 4*2 0*0 2*3 3*3 7*1 2*5 10 2 0*0 0*3 0 0 3 4*12 0*10 2*0 3*8 4*1 2*10 48 3 2*12 2*10 2*8 8 20 4 4*4 0*2 2*5 3*0 5*1 2*2 16 4 3*2 3*5 3*0 15 6 5 4*8 0*6 2*9 3*4 0*1 2*6 32 5 1*8 1*6 1*9 1*4 0 6 6 4*11 0*9 2*12 3*7 3*1 2*0 44 6 2*11 2*9 2*12 2*7 6 0 in(i) 24 48 24 40 24 48 Ort 1 ist das Zentrum da 30+24 = 54 minimal z. B. : Versorgung (c) Prof. Richard F. Hartl z. B. : Entsorgung Operations Management 8

3. 1. 2 Unkapazitierte einstufige Warehouse Location Probleme – LP-Formulierung n Einstufiges WLP: ¨ Lager: ¨ Abnehmer: L 1 K 1 m L 2 K 3 K 4 n ¨Es sind n Kunden zu beliefern, die gewisse Mengen nachfragen. Das Unternehmen möchte seine Vertriebskosten senken, indem es Auslieferungslager einrichtet und betreibt. Hiefür stehen m potentielle Standorte zur Verfügung. Wird am potentiellen Standort i ein Lager errichtet, so entstehen fixe Kosten der Lagerhaltung in Höhe von fi GE pro Periode. Die Transportkosten betragen cij GE, falls der Kunde j voll durch ein am Standort i eingerichtetes Lager beliefert wird. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 9

n Fragestellungen: n Wie viele Lager sind vorzusehen? n Wo sind sie einzurichten? n. Zielsetzung: n Volle Befriedigung der Nachfrage n Minimierung der Summe aus (fixen) Lagerhaltungskosten und Transportkosten (Lager → Kunde) n Annahme: Transportkosten (Fabrik → Standort) vernachlässigbar (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 10

Beispiel: aus Domschke und Drexl (Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3. 3. 1) Lösung 2: nur Standort 1 und 3 werden gebaut Lösung 1: alle Standorte werden gebaut ij 1 2 3 4 5 6 7 fi 1 1 2 10 9 6 7 3 5 2 2 9 0 7 3 6 10 7 3 7 6 1 5 3 10 5 5 4 6 5 10 2 6 3 6 6 5 6 4 6 3 7 2 6 5 Fixkosten = 5+7+5+6+5 = 28 Fixkosten = 5+5 = 10 Transportkosten = 1+2+0+2+3 = 13 Transportkosten = 1+2+1+5+3+7+3 = 22 Gesamtkosten = 28 + 13 = 41 Gesamtkosten = 10 + 22 = 32 (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 11

n bei festgelegten Standorten: Kosten können sofort angegeben werden ¨ Problem: 2 m-1 Möglichkeiten (bei m=10 → 1023 Möglichkeiten) ¨ n Formulierung als ganzzahliges LP-Modell (MIP) ¨ yi … Binärvariable für i = 1, …, m: yi =1 wenn am potentiellen Standort i ein Lager errichtet wird 0 sonst ¨ xij … reellwertige „Zuordnungs-“ oder Transportvariable für i = 1, …, m und j = 1, …, n: xij = Anteil der Nachfrage von Kunde j der von Lager i aus beliefert wird. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 12

Formulierung Transportkosten + Standortkosten Nur von einem Standort i aus, wo ein Lager errichtet wurde, kann ein Kunde beliefert werden xij ≤ yi Die gesamte Nachfrage jedes Kunden j soll beliefert werden und j = 1, …, n für j = 1, …, n yi ist binär und xij nichtnegativ (c) Prof. Richard F. Hartl für i = 1, …, m für alle i und j Operations Management 13

n Problem: ¨ n m*n reele Variablen und m binäre → spätestens ab ca. 100 Standorten wird eine exakte Lösung aufwendig → Heuristiken Einteilung der Heuristiken: ¨ Konstruktions- oder Eröffnungsverfahren (zur Ermittlung einer zulässigen Ausgangslösung) ¨ Verbesserungsverfahren (zur Verbesserung einer gegebenen Ausgangslösung) (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 14

3. 1. 2. 1 Eröffnungsverfahren ADD n verwendete Notation: I: ={1, …, m} Menge aller potentiellen Standorte I 0 Iovl I 1 Z (c) Prof. Richard F. Hartl Menge der endgültig verbotenen Standorte (yi bei 0 fixiert) Menge der vorläufig verbotenen Standorte (yi vorläufig auf 0) Menge der endgültig einbezogenen Standorte (yi bei 1 fixiert) Transportkostenersparnis, falls Standort i zusätzlich realisiert wird Gesamtkosten (Zielfunktionswert) Operations Management 15

n Initialisierung: ¨ Ermittlung, welcher Standort realisiert werden soll, wenn genau einer gebaut wird ¨ Zeilensumme ci : = ∑cij der Kostenmatrix ¨ Auswahl des Standortes k mit den minimalen Kosten ck + fk ¨ Setze I 1 = {k}, Iovl = I – {k} und Z = ck + fk ¨ Berechne die Transportkostenersparnis ωij = max {ckj – cij, 0} für alle i aus Iovl und alle Kunden j sowie die Zeilensumme ωi. ¨ Beispiel: erster Standort k=5 mit Z: = c 5 + f 5 = 39, I 1 = {5}, Iovl = {1, 2, 3, 4} (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 16

ij 1 2 3 4 5 6 7 fi ci fi + ci 1 1 2 10 9 6 7 3 5 38 43 2 2 9 0 7 3 6 10 7 37 44 3 7 6 1 5 3 10 5 5 37 42 4 6 5 10 2 6 3 6 6 38 44 5 6 4 6 3 7 2 6 5 34 39 ωi ist die Transportkostenersparnis ij 1 2 1 5 2 2 4 3 3 4 5 1 6 4 5 4 4 1 (c) Prof. Richard F. Hartl 1 6 7 ωi fi 3 11 5 14 7 10 5 2 6 1 bei der Belieferung von j, wenn zusätzlich Standort i gebaut wird. → Zeilensumme ωi ist die Gesamttransportkostenersparnis, wenn Standort i zusätzlich gebaut würde. Operations Management 17

n Iterationsschritt: in jeder Iteration wird genau der potentielle Standort aus Iovl endgültig einbezogen, durch den die größte Kostenersparnis erzielt werden kann → ¨ Suche potentiellen Standort k aus Iovl, für den die Gesamtersparnis (Transportkostenersparnis minus zusätzliche Fixkosten) ωk – fk maximal ist. ¨ Iovl = Iovl – {k} und Z = Z – ωk + fk ¨ Zusätzlich können alle Standorte endgültig verboten werden, deren Transportkostenersparnisse geringer als die zusätzlichen Fixkosten wären → Verbiete alle ¨ mit ωi ≤ fi endgültig: Berechne für alle i aus Iovl und alle Kunden j die Transportkostenersparnisse neu: ωij = max {ωij - ωkj, 0} (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 18

n Abbruch: Das Verfahren endet, sobald durch die Einbeziehung eines weiteren Standortes aus Iovl keine zusätzliche Verringerung des Zielfunktionswertes erreicht werden kann, wen also Iovl = { }. ¨ An den Standorten i aus I 1 ist ein Lager zu errichten. ¨ Gesamtkosten = Zielfunktionswert Z ¨ kostenminimale Zuordnung : xij = 1 falls ¨ n Beispiel: Iteration 1 ij 1 2 1 5 2 2 4 3 4 5 1 6 4 5 4 1 6 7 ωi fi 3 11 5 14 7 10 5 2 6 1 1 baue k = 2 verbiete i = 4 Wegen ω4 < f 4 wird Standort 4 endgültig verboten. Standort k=2 wird endgültig einbezogen. ¨ Es gilt nun Z=39 – 7 = 32. Es ist nun Iovl = {1, 3}, I 1 = {2, 5}, Io = {4}. Ermittle erneut die Transportkostenersparnisse ωij. ¨ (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 19

ij 1 2 1 1 2 3 n 4 5 6 7 ωi fi 3 6 5 baue k = 1 1 1 5 verbiete i = 3 Iteration 2: ¨ n 3 Die durch (die noch nicht endgültig verbotenen) Standorte 1 und 3 maximal möglichen Transportkostenersparnisse zeigt die obige Tabelle. Standort 3 wird endgültig verboten, Standort k = 1 wird endgültig einbezogen. Ergebnis: Das Verfahren endet mit I 1 = {1, 2, 5}, Io = {3, 4} und Z = 32 – 1 = 31 bzw. Iovl = { }. ¨ Standorte 1, 2 und 5 sind zu realisieren ¨ Kunden {1, 2, 7} werden von Lager 1, {3, 5} von Lager 2 und {4, 6} von Lager 5 aus beliefert. Die Gesamtkosten Z = 31. ¨ (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 20

3. 1. 2. 2 Eröffnungsverfahren DROP n n Die Menge Iovl wird durch I 1 vl ersetzt. ¨ I 1 vl Menge der vorläufig einbezogenen Standorte (die yi sind vorläufig zu 1 fixiert) Der Drop-Algorithmus verläuft umgekehrt als ADD, d. h. zunächst sind alle potentiellen Standorte vorläufig einbezogen. n Initialisierung: I 1 vl = I, I 0 = I 1 = { } n Iteration ¨ In jeder Iteration wird genau derjenige potentielle Standort aus I 1 vl endgültig verboten, durch dessen Verbot die Gesamtkosten am meisten gesenkt werden können. ¨ Würde sich durch das Verbieten eines Standortes aus I 1 vl die Gesamtkosten erhöhen, so kann er endgültig einbezogen werden. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 21

n n Erweiterung der Transportkostenmatrix C: ¨ In Zeile m+1 (Zeile m+2) wird für jede Spalte j = 1, …, n von C das kleinste Kostenelement ch 1 j (bzw. das zweitkleinste ch 2 j) notiert. Dabei sind nur nicht endgültig verbotene Standorte zu berücksichtigen → ¨ In Zeile m+3 (Zeile m+4) wird die Zeilennummer h 1 (bzw. h 2) gespeichert, in der das kleinste (bzw. zweitkleinste) Kostenelement steht. Wird Standort h 1 (aus I 1 vl) verboten, steigen die Transportkosten für den Kunden j um ch 2 j - ch 1 j Obiges Beispiel: Initialisierung und Iteration 1: I 1 vl ={1, 2, 3, 4, 5} ij 1 2 3 4 5 6 7 δi fi 1 1 2 10 9 6 7 3 5 5 baue 2 2 9 0 7 3 6 10 1 7 verbiete 3 7 6 1 5 3 10 5 4 6 5 10 2 6 3 6 1 6 5 6 4 6 3 7 2 6 1 5 ch 1 j 6 1 2 0 2 3 ch 2 j 7 2 4 1 3 3 3 5 h 1 8 1 1 2 4 2 5 1 h 2 9 2 5 3 4 3 (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 22

¨ Nun ermitteln wir für alle i aus I 1 vl die Transportkostenerhöhung δi falls i im aktuellen Iterationsschritt endgültig verboten wird. Dabei ist δi die Summe der Differenzen zwischen kleinstem und zweitkleinstem Kostenelement jener Spalten, wo die Zeile i = h 1 das kleinste Kostenelement enthält. ¨ 2 Beispiele: n n ¨ n δ 1 = (c 21 – c 11) + (c 52 – c 12) + (c 37 – c 17) = 5 δ 2 = (c 33 – c 23) + (c 35 – c 25) = 1 Übersteigen die ersparten Fixkosten fi die Transportkostenerhöhung δi, so bringt das Verbot von i eine Senkung der Gesamtkosten. In Iteration 1 wird also Standort 1 wegen δi = fi endgültig einbezogen. Iteration 2: ¨ I 1 vl = {3, 4, 5}, I 1 = {1}, I 0 = {2} ¨ Zeile 2 ist wegzulassen, da 2 endgültig verboten ist. Nun müssen die letzten 4 Zeilen korrigiert werden, wobei sich Änderungen nur in jenen Spalten ergeben, wo das kleinste oder zweitkleinste Element gestrichen wurde. ¨ Zeile 1 muss erhalten bleiben, da I 1 = {1}, allerdings ist 1 kein Kandidat mehr dafür, gestrichen zu werden. Daher muss in dieser Zeile kein δi mehr ermittelt werden. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 23

ij 1 2 3 4 5 6 7 δi fi 1 1 2 10 9 6 7 3 - - 3 7 6 1 5 3 10 5 8 5 baue 4 6 5 10 2 6 3 6 1 6 verbiete 5 6 4 6 3 7 2 6 1 5 ch 1 j 1 2 3 2 3 ch 2 j 6 4 6 3 5 h 1 1 1 3 4 3 5 1 h 2 4 5 5 5 1 4 3 Nun wird Standort 3 endgültig einbezogen und Standort 4 endgültig verboten. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 24

n Iteration 3: I 1 vl = {5}, I 1 = {1, 3}, I 0 = {2, 4} ¨ ij 1 2 3 4 5 6 7 δi fi 1 1 2 10 9 6 7 3 - - 3 7 6 1 5 3 10 5 - - 5 6 4 6 3 7 2 6 7 5 ch 1 j 1 2 1 3 3 2 3 ch 2 j 6 4 6 5 6 7 5 h 1 1 1 3 5 1 h 2 5 5 5 3 1 1 3 baue Nun wird Standort 5 endgültig einbezogen, da ein Verbieten nur Fixkosten von f 5 = 5 einsparen würde aber die Transportkosten um δ 5 = 7 steigern würde. . (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 25

n Ergebnis: ¨ Standorte aus I 1 = {1, 3, 5} werden gebaut ¨ Kunden {1, 2, 7} werden von Standort 1, Kunden {3, 5} von Standort 3 und Kunden {4, 6} von Standort 5 aus beliefert. ¨ Gesamtkosten Z = 30 (etwas besser als ADD-Algorithmus) (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 26

3. 1. 2. 3 Verbesserungsverfahren n verschiedene Vertauschungsmethoden (bei jedem Iterationsschritt): ¨ je einen bezogenen Standort (aus I 1) gegen einen verbotenen Standort (aus I 0) austauschen und z. B. jene Vertauschung durchführen, die größte Kostensenkung bewirkt (oder die erste, die eine Kostensenkung bewirkt) ¨ nach den Regeln des DROP-Algorithmus jenen Standort entfernen, sodass die Kosten am meisten sinken (oder am wenigsten steigen) und dann nach dem ADD-Algorithmus solange Standorte hinzufügen, bis keine Kostensenkung mehr möglich ist. ¨ nach den Regeln des ADD-Algorithmus jenen Standort hinzufügen, sodass die Kosten am meisten sinken (oder am wenigsten steigen) und dann nach dem DROP-Algorithmus solange Standorte entfernen, bis keine Kostensenkung mehr möglich ist. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 27

3. 2 Design von Transportnetzwerken 3. 2. 1 Transportproblem: Modell und LP-Formulierung n Situation: ¨ Standorte der Kunden und Lager bzw. Produktionsstellen sind festgelegt, wobei nun diese Angebotsquellen beschränkte Kapazität besitzen. ¨ Beispiel: n Firma mit 3 Produktionsstätten und 4 Verkaufstellen n Transportkosten pro Stück von Fabrik i nach Verkaufsstelle j n Gesamtnachfrage muss gleich Gesamtproduktion sein (→ keine Überproduktion, keine vernachlässigte Nachfrage) Verkaufsstellen Fabrik V 1 V 2 V 3 V 4 Produktion F 1 10 5 6 11 25 F 2 2 2 7 4 25 F 3 9 1 4 8 50 Nachfrage 15 20 30 35 100 (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 28

n n Allgemeine Formulierung: ¨ m Produzenten mit dem Angebot si, i = 1, …, m ¨ n Abnehmer mit der Nachfrage dj, j = 1, …, n ¨ Transportkosten cij pro Stück von i nach j, i = 1, …, m; j = 1, …, n LP-Formulierung: ¨ Zusätzlich: Transportierte Menge pro Zeiteinheit xij von i nach j Transportkosten Angebot i = 1, …, m Nachfrage j = 1, …, n Nichtnegativität i = 1, …, m; j = 1, …, n Sinnvollerweise muss gelten (c) Prof. Richard F. Hartl Angebot gleich Nachfrage Operations Management 29

n In obigem Beispiel lautet das Transportproblem daher: ¨ K = (10 x 11+5 x 12+6 x 13+11 x 14) + (x 21+2 x 22+7 x 23+4 x 24) + (9 x 31+x 32+4 x 33+8 x 34) min ¨ Angebotsnebenbedingungen: n x 11 + x 12 + x 13 + x 14 n x 21 + x 22 + x 23 + x 24 n x 31 + x 3 2+ x 33 + x 34 = 25 = 50 (i=1) (i=2) (i=3) : Nachfragenebenbedingungen: n x 11 + x 21 + x 31 n x 12 + x 22 + x 32 n x 13 + x 23 + x 33 n x 14 + x 24 + x 34 = 15 = 20 = 35 (j=1) (j=2) (j=3) (j=4) ¨ ¨ Nichtnegativität: n xij 0 für i = 1, … , 3; j = 1, … , 4 (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 30

n Lösungsmöglichkeit: ¨ Simplex-Methode → eher ineffizient, wegen ¨ Allgemeiner Struktur der Koeffizientenmatrix: 1 . . . 1. . . 1 1 1. . 1 1 1 . . . 1 1 ¨ In jeder Spalte genau 2 der m + n Elemente ≠ 0 → 2 -Phasensimplexmethode möglich, aber ineffizient ¨ andere Möglichkeit: n Eröffnungsverfahren anwenden um eine Basislösung zu ermitteln → n als Verbesserungsverfahren den normalen Simplex-Iterationsschritt (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 31

3. 2. 2. Eröffnungsverfahren – Ermittlung einer Basislösung 3. 2. 2. 1 Eröffnungsverfahren: Nordwesteckenregel n 1. ) Man stellt folgende Tabelle auf und füllt sie aus, wobei man von links oben (Nord -West) nach rechts unten vorgeht. n 2. ) Man wählt nun den maximal möglichen Wert, sodass die gesamte Spalten- oder Zeilenressource aufgebraucht ist; ist die Zeilenressource aufgebraucht, geht man nach unten weiter, andernfalls nach rechts. n 3. ) Ist nur mehr eine Zeile oder eine Spalte nicht gestrichen → wähle alle nichtgestrichenen xij dieser Zeile oder Spalte als Basisvariable (BV) mit maximal möglichen Werten → ansonsten weiter mit 2. ) n Resultat: ¨ immer eine zulässige Lösung (da Produktion = Nachfrage) ¨ man hat genau m + n - 1 Basisvariablen xij ¨ Die restlichen m*n – (m+n-1) Variablen müssen immer 0 sein (NBV) (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 32

n Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem: ij 1 2 1 15 10 10 2 3 dj n 15 20 3 4 si 25 15 Nur mehr eine Zeile nicht gestrichen 25 15 35 50 30 35 100 Das nächste Beispiel zeigt, dass man durchaus mehrmals hintereinander nach rechts bzw. nach unten gehen kann: ij 1 2 3 1 15 10 5 30 2 20 20 3 10 25 35 35 25 85 dj (c) Prof. Richard F. Hartl 15 10 4 si Operations Management 33

n Dabei kann auch Degeneration auftreten (eine oder mehrere der m+n-1 Basisvariablen werden Null) Letztere dürfen dann nicht weggelassen werden: ij 1 2 1 10 5 15 2 3 dj 10 20 3 4 si 15 0 15 30 20 50 30 20 80 Hier könnte man sowohl die Spalte als auch Zeile streichen. Wir dürfen aber nur eine streichen (zufällige Auswahl). n Vorteil: sehr einfach und sehr schnell n Nachteil: Völlige Vernachlässigung des Kostenfaktors → meist keine gute Startlösung (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 34

3. 2. 2. 2 Die Vogel - Approximation n 1. ) Man beginne mit dem selben Tableau wie bei der NW-Ecken-Regel wobei zunächst keine Zeile oder Spalte gestrichen ist. n 2. ) In jeder noch nicht gestrichenen Zeile bzw. Spalte berechne man die Differenz zwischen dem kleinsten und dem zweitkleinsten noch nicht gestrichenen cij. n 3. ) In jener Zeile oder Spalte, wo diese Differenz am größten ist, wähle man das kleinste cij und mache das entsprechende xij maximal. n 4. ) Ist die Spaltenressource aufgebraucht → streiche Spalte j, ODER ist die Zeilenressource aufgebraucht → streiche Zeile i. n 5. ) Ist nur mehr eine Zeile oder eine Spalte nicht gestrichen → wähle alle nichtgestrichenen xij dieser Zeile oder Spalte als BV mit maximal möglichen Werten ansonsten weiter mit 2. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 35

n Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem ij 1 2 3 dj 1 10 1 9 15 Opportunitäts 8 kosten n 2 3 5 / 1 / 20 1 6 / 2 15 4 25 25 / 25 7 / 20 Opportunitäts kosten si 4 5 50 30 35 5 100 4 2 2 11 4 8 / 1 1 10 10 1 2 25 30 3 3 5 4 25 4 3 Vogel-Approximation → sog. Regret-Verfahren → nicht der unmittelbarer Gewinn oder Kostenersparnis sondern die abgeschätzten zukünftigen Gewinne oder Kosten. → es wird eine Entscheidung getroffen, die versucht zukünftigen Schaden (Regret) zu vermeiden. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 36

3. 2. 2. 3 Die Spaltenminimummethode n 1. ) Man beginne mit dem selben Tableau wie bei der NW-Ecken-Regel wobei zunächst keine Zeile oder Spalte gestrichen ist. n 2. ) Von links beginnend suche man die erste noch nicht gestrichene Spalte n 3. ) In dieser Spalte wähle das kleinste noch nicht gestrichene cij und mache das zugehörige xij maximal. n 4. ) Ist die Spaltenressource aufgebraucht → streiche Spalte j, ODER ist die Zeilenressource aufgebraucht → streiche Zeile i. n 5. ) Ist nur mehr eine Zeile oder eine Spalte nicht gestrichen → wähle alle nichtgestrichenen xij dieser Zeile oder Spalte als BV mit maximal möglichen Werten ansonsten weiter mit 2. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 37

n Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem ij 1 2 3 1 2 15 3 dj n 15 4 si 25 25 10 25 20 30 0 50 20 30 35 100 Beachte: Spaltenminimummethode ist ein reines Greedyverfahren ¨ einziger Ansatzpunkt: Kosten in der unmittelbaren Spalte ¨ optimale Lösung bei der Beschäftigungsglättung ¨ (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 38

3. 2. 3 Exaktes Verfahren: MODI, stepping stone n n n Vorgangsweise wie bei Simplexmethode, aber mit weniger Speicherbedarf Ausgangspunkt ist eine mittels einem Eröffnungsverfahren ermittelte Basislösung Iterationschritt der Transportximplexmethode: ¨ Man stellt das kleine m n-Tableau wie im Initialisierungsschritt auf, aber trägt zusätzlich in das linke obere Eck jeder Zelle die Kosten cij ein und in die Mitte der Zelle bei den Basisvariablen deren Wert (fett gedruckt). 2 c 11 c 12 c 21 c 22 … … n c 1 n c 2 n cm 2 … cm 1 … … m 2 … cmn dj d 1 d 2 … dn vj v 1 v 2 … vn (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management si ui s 1 u 1 s 2 u 2 … 1 1 … ij sm um 39

¨ Für die aktuelle Basislösung werden die ui und vj berechnet, nach der Regel [MODI] cij = ui + vj wenn xij eine BV ist ¨ Die Werte werden außen in das erweiterte Tableau eingetragen. Da die ui und vj nicht eindeutig bestimmt sind, wird eine dieser dualen Variablen mit dem Wert 0 normiert. Dazu wählt man am besten jene, in deren Zeile/Spalte die meisten BV stehen. (Dies erleichtert die weitere Berechnung der ui und vj) ¨ Bei allen NBV wird der Koeffizient in der Zielfunktion, also cij – ui – vj errechnet und eingetragen. Die neue BV ist jene mit dem am stärksten negativen solchen Koeffizienten. Sind hingegen alle Koeffizienten nicht-negativ, so ist die optimale Lösung erreicht. ¨ Erhöhe die neue BV und betrachte die Kettenreaktion, die sich dadurch bei den anderen BVn ergibt. Man beachte dabei, dass sich Zeilen- und Spaltensummen der transportierten Mengen (Werte der BV) nicht ändern dürfen. Jene BV, die als erste gleich 0 wird, scheidet aus. [stepping stone] ¨ Bestimme die neue Basislösung, d. h. führe die Kettenreaktion durch und führe den nächsten Schritt durch. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 40

Lösung des obigen Beispiels: n Zur Illustration wird die mittels NW-Ecken-Regel bestimmte Ausgangslösung verwendet, welche in das erweiterte Tableau eingetragen wird. Dann werden ui und vj gemäß Punkt 1 berechnet (wobei u 1=0). Danach werden Koeffizienten der NBV gemäß Punkt 2 berechnet. ij 1 1 2 10 2 3 5 -6 3 5 11 -3 4 -7 10 2 7 10 9 -4 6 15 1 4 1 2 ui 25 0 25 -3 50 -6 15 4 8 15 35 dj 15 20 30 35 vj 10 5 10 14 (c) Prof. Richard F. Hartl si Operations Management 41

n Die Gesamtkosten dieser Lösung sind 10*15 + 5*10 + 2*10 + 7*15 + 4*15 + 8*35 = 665. n Als Probe kann bei jedem Iterationsschritt überprüft werden, ob primale und duale Zielfunktion den gleichen Wert haben: n K = 25*0 + 25*(-3) + 50*(-6) + 15*10 + 20*5 + 30*10 + 35*14 = 665 n Das am stärksten negative Element cij – ui – vj bei den NBV ist der Koeffizient -7 bei x 24 neue Basisvariable x 24. n Kettenreaktion: erhöhe den Wert der neuen BV um und betrachte die Auswirkungen auf die anderen BV (da die Summe aller BV einer Spalte bzw. einer Zeile nicht verändert werden darf, muss in einer Zeile, in der in einer Spalte addiert wird, auch wieder in einer anderen Spalte subtrahiert werden. Analog für die Spalten. Die BV, die am stärksten beschränkt, scheidet aus. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 42

n Kettenreaktion: ¨ Neue BV x 24 hat den Wert 0 → wird um den Wert erhöht. Bei den anderen BVn wird + oder - addiert. ¨ Wenn x 24 um steigt, müssen x 23 und x 34 und sinken, wodurch x 33 um erhöht werden muss. Für = 15 wird x 23 gleich 0 → BV x 23 scheidet aus. ij 1 2 10 3 5 1 -6 3 5 si 11 -3 4 -7 10 2 7 10 9 -4 6 15 4 1 2 + 15 - 4 8 15+ 35 - dj 15 20 30 35 vj 10 5 10 14 (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management ui K = 665 – 7 * = 665 – 7*15 = 560 25 -3 50 -6 43

n neue BV x 24 bekommt den Wert =15 → Kettenreaktion ¨ x 34 = 35 -15 = 20 ¨ x 33 = 15+15 = 30 ¨ x 23 ist keine BV mehr und alle anderen BV bleiben gleich. ¨ Nächster Iterationsschritt: ij 1 2 3 1 2 10 3 5 15 - 1 -6 -2 3 6 2 7 7 4 10 - 1 -5 25 0 25 -3 50 1 15 4 8 20 dj 15 20 30 35 vj 10 5 3 7 Operations Management ui K = 560 – 6 * = 560 – 6*10 = 500 4 11 30 (c) Prof. Richard F. Hartl si 10+ 9 4 44

n nächster Iterationsschritt: ij 1 2 3 1 2 10 3 5 1 -3 6 5 - 6 7 7 4 4 15 - 1 1 4 8 30 - 20+ dj 15 20 30 35 vj 10 5 9 13 (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management ui K = 500 – 3 * = 500 – 3*5 = 485 -2 11 10+ 9 si 20 2 4 25 0 25 -9 50 -5 45

n nächster Iterationsschritt: ij 1 2 3 10 3 5 6 2 3 5+ 7 7 4 3 4 -2 4 8 25 - 25 dj 15 20 30 35 vj 7 5 6 10 (c) Prof. Richard F. Hartl 25 0 25 -6 50 -2 10 1 Operations Management ui K = 485 – 2 * = 485 – 2*20 = 445 1 15 9 si 11 20 - 1 4 46

nächster Iterationsschritt: n ij 1 2 3 10 3 2 5 4 6 2 5 7 7 4 15 3 n 9 4 ui 25 2 1 11 25 1 si 25 -4 50 0 10 1 4 8 20 25 5 dj 15 20 30 35 vj 5 1 4 8 Bei allen NBVn stehen positive Koeffizienten → optimale Lösung gefunden. n Basisvariablen: ¨ x 13 = 25 ¨ x 21 = 15 ¨ x 24 = 10 ¨ x 32 = 20 ¨ x 33 = 5 ¨ x 34 = 25 Gesamte Transportkosten: K = 445 (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 47

3. 2. 3. 1 Sensitivitätsanalyse n n Das Transportproblem ist ein LP-Problem mit Gleichheitsbeschränkungen. Aus diesem Grund dürfen die dualen Variablen ui bzw. vj auch negativ sein (freie Variablen). Aus der Dualitätstheorie kann man sehr leicht ableiten, dass die Datenänderung si + für ein i und dj + für ein j bei (kleinen Änderungen der rechten Seiten si und dj) die dualen Variablen ui und vj nicht ändert, sodass sich die Zielfunktion um (ui + vj) ändert: K K + (ui + vj) n Klarerweise müssen ein si und ein dj gleichzeitig geändert werden, da sonst die Summen der angebotenen und nachgefragten Mengen nicht mehr übereinstimmen würden. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 48

n Wie groß werden kann, sodass diese Formel gerade noch gilt, wollen wir anhand des folgenden Beispiels demonstrieren, wobei wir hier schon die optimale Lösung eingetragen haben: ij 1 2 3 1 2 1 3 4 2 5 10 6 4 12 1 5 6 13 7 5 11 3 5 10 6 dj 10 1313+ 22 17 vj 1 -1 2 4 si ui 22 22+ 0 24 2 16 1 n Was passiert nun, wenn wir folgende Datenänderung durchführen? s 1 + und d 2 + Die minimalen Kosten ändern sich in diesem Fall auf K = 173 + (u 1 + v 2) = 173 - ; das bedeutet, die minimalen Kosten sinken, wenn mehr zu transportieren ist! (Dies kann passieren (wenn es negative ui und vj gibt. Normalerweise werden aber die Kosten aber eher steigen. ) (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 49

n Überlegen wir uns nun, wie groß werden darf, ohne einen Basiswechsel zu verursachen: Die Vorgangsweise ist dabei ähnlich wie bei der Kettenreaktion im Iterationsschritt (stepping stone). ij 1 2 3 1 2 1 4 3 2 5 12+ 10 6 4 1 5 6 13+ 7 5 11 - 3 5 10 - 6+ dj 10 13 + 22 17 vj 1 -1 2 4 si ui 22 + 0 24 2 16 1 n K = 173 - n Probe: K = 1*10+2*(12+ ) + 1*(13+ ) +6*(11 - ) +3*(10 - ) +5*(6 + ) = 173 - Wie leicht einzusehen ist, wird x 33 als erste 0, falls steigt. Bei diesem Beispiel ist daher die obere Schranke 10. Analoges gilt auch für negatives. Hier wird x 34 als erste 0, falls sinkt und die untere Schranke ist daher -6. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 50

3. 2. 4 kapazitierte WLP n Das kapazitierte, einstufige WLP unterscheidet sich vom unkapazitierten WLP lediglich durch die Annahme, dass ¨ die Kapazität der an den potentiellen Standorten i = 1, . . . , m errichtbaren Lager auf maximal s 1, . . . , sm ME (pro Periode) beschränkt ist ¨ die Transportkosten cij als Geldeinheiten je beförderte Mengeneinheit definiert sind (aus Gründen der Zweckmäßigkeit). ¨ die Nachfragemengen der Kunden explizit mit d 1, . . . , dn ME angegeben sind: ¨ xij nun die von einem Lager am Standort i zum Kunden j transportierte Gütermenge (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 51

3. 2. 4. 1 LP - Formulierung Transportkosten + Standortkosten Nur wenn bei i ein Lager steht, kann von dort geliefert werden; die Gesamtmenge darf die Kapazität nicht überschreiten. Die von i nach j transportierte Menge darf die Nachfrage nicht überschreiten Die gesamte Nachfrage jedes Kunden muss befriedigt werden yi ist binär und xij ist nichtnegativ für i = 1, …, m für j = 1, …, n für i = 1, …, m für alle i und j (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 52

3. 2. 4. 2 ADD und DROP bei kapazitierten Problemen n Vorgangsweise: ¨ prinzipiell identisch wie bei unkapazitierten Problemen ¨ Bei der Bewertung der Lösungen muss man ein kleines Transportproblem lösen → es muss also in jedem Iterationsschritt eine Reihe von Transportproblemen gelöst werden. ¨ Dazu wird ein Dummy-Knoten eingeführt um die überschüssigen Kapazitäten aufzufangen bzw. um die fehlenden Kapazitäten auszugleichen (z. B. zu Beginn des ADD-Algorithmus) wobei die Transportkosten mit M (einer sehr großen Zahl) angesetzt werden. (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 53

n Beispiel (DROP für kapazitierte Probleme): n Wir haben 4 mögliche Standorte mit den Kapazitäten 20, 10 bzw. 10 und 4 Kunden mit Nachfrage 8, 9, 10 und 11. n Wir führen nun einen Dummykunden mit Nachfrage 22 ein. n Um kleiner Zahlen zu haben, reduzieren wir die Kosten durch Abziehen des Zeilenund Spaltenminimums. n ij 1 2 3 4 5 si fi 1 8 3 5 4 0 20 10 1 7 1 2 1 0 20 10 2 1 2 3 4 0 20 10 2 0 0 0 1 0 20 10 3 6 5 7 3 0 10 7 3 5 3 4 0 0 10 7 4 8 4 7 5 0 10 7 4 7 2 4 2 0 10 7 dj 8 9 10 11 22 60 Reduktionskonstante = 8*1 + 9*2 + 10*3 + 11*3 (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 54

n Initialisierung: bei der Ausgangslösung werden alle Standorte realisiert: ij 1 2 n n n n Transportkosten = 89 + 7 + 1 = 97 Fixkosten = 10+10+7+7 = 34 Gesamtkosten = 131 3 4 (c) Prof. Richard F. Hartl 7 0 2 / 8 1 0 5 / 3 7 / 2 dj Iteration: Nun müssen einzeln alle Szenarien geprüft werden, wo genau einer der 4 Standorte endgültig verboten wird. Dazu muss jeweils ein TP gelöst werden. Transportkosten = 89 + 14 + 2 = 105 Fixkosten = 10+7+7 = 24 Gesamtkosten = 129 Verbesserung um 2 1 8 3 7 2 / / 2 0 / 10 4 1 1 1 / 5 0 si fi 12 20 10 / 20 10 0 4 / 0 10 0 / 10 7 4 / 2 / 0 10 10 7 9 10 11 22 60 4 5 si fi / 20 10 / 10 7 2 10 7 Standort 1 verbieten? ij 2 3 4 dj 1 0 2 8 5 / 7 / 8 Operations Management 0 2 3 / 7 9 0 4 4 10 / / 10 1 0 2 / 10 1 11 0 0 0 2 40 55

n Standort 2 verbieten? ij 1 3 4 1 7 dj n / 5 7 2 / 8 1 9 3 / 2 8 3 / 2 4 4 9 4 10 / / 1 0 2 10 1 10 / 5 0 0 0 si fi / 20 10 / 10 7 2 10 7 n n 11 2 40 4 5 si fi 2 20 10 n / 20 10 n Transportkosten = 89 + 56 + 20 + 9 +1 = 175 Fixkosten = 10+7+7 = 24 Gesamtkosten = 199 Verschlechterung Standort 3 verbieten? ij 1 2 4 dj 1 7 0 2 / 8 7 / 1 0 7 2 2 8 (c) Prof. Richard F. Hartl 3 / 9 2 0 4 / 10 1 1 2 11 / / 11 0 0 0 10 12 10 7 n n Transportkosten = 89 + 11 + 7 = 107 Fixkosten = 10+10+7 = 27 Gesamtkosten = 134 Verschlechterung 50 Operations Management 56

n Standort 4 verbieten? ij 1 2 4 dj n 1 7 0 2 / 8 5 / 8 1 3 7 0 2 3 / 9 2 0 4 / 10 / 4 1 1 0 10 1 / 10 11 5 0 0 0 si fi 12 20 10 / 10 7 12 50 n n Transportkosten = 89 + 1 + 7 = 97 Fixkosten = 10+10+7 = 27 Gesamtkosten = 124 Verbesserung um 7 Ergebnis von Iteration 2: ¨ Standorte 2 und 3 werden endgültig einbezogen ¨ Standort 4 wird verboten ¨ Es gilt also I 0 = {4}, I 1 = {2, 3} und I 1 vl = {1}. Da Standort 1 aus Kapazitätsgründen nicht mehr entfernt werden kann, ist die obige Lösung mit I 1 = {1, 2, 3} die beste mittels DROP erzielbare Lösung. ¨ → Gesamtkosten = 124 ¨ (c) Prof. Richard F. Hartl Operations Management 57