Problème de flot à coût minimum Énoncé du problème Exemples d’application Adaptation de l’algorithme du simplexe

Énoncé du problème de flot à coût minimal Soit un réseau R = (N, A) où N représente les sommets du réseau et A l’ensemble des arcs. On désigne aussi par K(x, y) : capacité maximale de l’arc (x, y), (x, y)  A, f(x, y) : quantité de flot passant par l’arc (x, y), (x, y)  A, S : {s  N | s est une source avec une disponibilité de vs unités}, P : {p  N | p est un puits avec une demande de vp unités}, c(x, y) : coût unitaire du flot dans l’arc (x, y), (x, y)  A. Le problème consiste à déterminer la valeur du flot n’excédant pas la capacité dans chaque arc pour satisfaire la demande à P à partir de la disponibilité à S tout en minimisant le coût total.

Le problème s’énonce alors comme suit : Min  c(x, y) f(x, y) (x, y)  A vx si x  S  f(x, y) -  f(y, x) = 0 si x  SP {y  N | (x, y)  A} -vx si x  P {y  N | (y, x)  A} 0  f(x, y)  K(x, y), (x, y)  A. Note : Pour l'instant, nous supposerons que la somme des disponibilités égale la somme des demandes. Cette hypothèse sera relâchée par la suite.

Exemple d’application Réseau de transbordement d’un bien Tiré de B. T. Smith, "Introduction à la théorie des graphes et des réseaux". Tome II, Département de Génie industriel, École Polytechnique de Montréal, Sept. 1983. S = {2, 3} : des usines de production avec une capacité de production de 6 et 8 unités resp. pendant une période fixe de temps. P = {5, 6} : des entrepôts locaux ayant des demandes de 9 et 5 resp.

Les sommets 1 et 4 représentent des points de transbordement (sommets intermédiaires), par exemple des entrepôts régionaux. Les unités ne restent pas à ces endroits mais sont acheminées directement vers d'autres destinations (sources, puits ou sommets intermédiaires). À côté de chaque voie de transport (arc), on indique le coût de transporter une unité à travers l'arc. Le problème consiste à faire passer 8 + 6 = 14 unités de flot des sources jusqu'aux puits tel que (1) toutes les demandes soient satisfaites; la conservation de flot soit satisfaite à chaque sommet intermédiaire; (3) le coût total de transport soit minimum. Il n’y a aucune contrainte sur la quantité de flot qui peut traverser un arc dans cet exemple. De façon générale, il en est autrement.

Contrairement au problème de flot maximal, nous ne voulons pas maximiser un flot (car cette valeur est fixée d'office à la somme des disponibilités) mais nous cherchons le vecteur de flot le moins cher qui satisfasse les demandes. Voici un flot réalisable dont le coût total est: 8x7 + 6x8 + 1x1 = 105 (les arcs en gras portent un flot positif, les autres arcs un flot nul) :

Voyons maintenant un autre exemple de flot réalisable moins cher que le précédent. Le coût total est: 8x3 +8x3 + 6x5 + 5x1 = 83.

Exemple d’application Tiré de B. T. Smith, "Introduction à la théorie des graphes et des réseaux". Tome II, Département de Génie industriel, École Polytechnique de Montréal, Sept. 1983. 10 étudiants inscrits dans un cours, 12 projets de fin d’études disponibles, 1 projet par étudiant, les projets de 1 à 4 sont assignés à au plus 1 étudiant, les projets de 5 à 8 sont assignés à au plus 2 étudiants, les projets de 9 à 12 sont assignés à au plus 3 étudiants, les projets sont éliminés s’il n’y a pas d’étudiants qui leur sont affectés, 6 professeurs au total sont disponibles pour diriger les projets.

un sous-ensemble de professeurs peuvent diriger chaque projet : Chaque étudiant travaillant sur un projet doit être dirigé par un professeur dans le sous-ensemble de ceux affectés au projet.

Chaque professeur peut diriger un nombre maximum d’étudiants : Chaque étudiant choisit un sous-ensemble des projets sur lesquels il aimerait travailler et il classe les projets dans ce sous-ensemble en ordre décroissant de préférence comme dans le tableau suivant :

Affecter les étudiants Objectif collectif : Affecter les étudiants aux projets et aux professeurs afin de minimiser la somme des classements des projets sur lesquels travailleront les étudiants. Il s’agit d’un problème de flot à coût minimum:

peut diriger le projet i (10) (12) (6) Si un professeur j peut diriger le projet i capacité coût Demande de 10 étudiants au puits Note : Certains arcs seulement Sont indiqués pour éviter la confusion. Limite le # d’étudiants affectés au professeur j. Limite le # d’étudiants affectés au projet i. Numéro de classement Un arc entre chaque étudiant et chaque projet qu’il préfère.

Propriétés de la matrice des contraintes de conservation du flot Portons notre attention sur les contraintes suivantes : vx si x  S  f(x, y) -  f(y, x) = 0 si x  SP {y  N | (x, y)  A} -vx si x  P {y  N | (y, x)  A} ou sur une forme succincte : A f = b où A est la matrice d’incidence du réseau orienté, f est le vecteur de flot, b est le vecteur colonne des disponibilités et des demandes. Théorème : La matrice d’incidence A d’un graphe orienté simple et connexe composé de m sommets et n arcs est de rang m – 1.

Théorème : Soit la matrice d’incidence A d’un graphe orienté simple et connexe composé de m sommets et n arcs, une sous-matrice de A carré d’ordre m – 1 est non singulière (forme une base)  les arcs associés aux colonnes de cette sous-matrice sont ceux d’un arbre partiel du graphe orienté. Théorème : N'importe quel flot réalisable dans un réseau peut être transformé en un flot réalisable tel que les arcs portant un flot positif fasse partie d'un arbre partiel du graphe orienté.

Preuve du théorème précédent :

Exemple de transformation d’un flot réalisable en un autre tel que les arcs portant un flot positif fasse partie d’un arbre partiel du graphe : Réseau de transbordement d’un bien Par la suite, seulement les arcs portant un flot positif sont illustrés, avec la valeur du flot indiqué à côté de chaque arc; les autres arcs du réseau portent un flot nul.

Considérons le flot réalisable suivant : But : Rechercher un flot réalisable avec au plus m – 1 = 5 arcs portant un flot positif où ceux-ci ne forment pas de circuit. Or, pour ce flot réalisable, il y a 9 arcs portant un flot positif.

Choisissons comme premier circuit 1, 2, 4, 3, 1 avec l'orientation dans le sens de l'arc (1,2). Le seul arc inverse du circuit est (3,4) avec le flot f34 = 3. On ajoute 3 unités de flot aux arcs (1, 2), (2,4) et (3,1) et on soustrait 3 unités de flot de l'arc (3,4), on a alors:

Le circuit 2, 5, 6, 2 permet de transformer le flot comme suit :

Enfin, le circuit 2, 4, 6, 2 donne lieu à un flot positif dans un arbre partiel comme suit:

On aurait pu arriver au flot indiqué par les arcs en gras de la figure ci-dessous, où 4 arcs portent un flot positif et un arc (2,4) porte un flot nul, mais fait partie de l'arbre partiel de G. Ce flot réalisable est dégénéré.

Tout arbre partiel du graphe G correspond BREF Tout arbre partiel du graphe G correspond à une soln de base du programme linéaire et inversement, toute soln de base du programme linéaire peut se ramener à une soln réalisable n'utilisant que les arcs d'un arbre partiel du graphe. Pour résoudre le problème de flot à coût minimum, il s’agit donc de ne s’occuper que des arbres partiels du graphe (les solutions de base). S’il existe une solution optimale au problème de flot à coût minimum, il en existe une qui correspond au flot dans un arbre partiel de G.

Adaptation de la méthode du simplexe Il s’agit d’exploiter le fait que A est la matrice d’incidence du graphe. Note : Considérons d’abord le cas où le flot est sans borne supérieure. coût flot réalisable Illustrons à travers un exemple. destination source

La valeur du flot sur chacun des arcs correspond à une solution de base réalisable dont la base associée correspond à un arbre partiel T : Cette solution de base est dégénérée puisque le flot à l’arc (s,1) est nul.

Cette adaptation du simplexe repose sur l'utilisation des multiplicateurs Dénotons par πi le multiplicateur associé à la iième ligne de la matrice d'incidence A, i.e. associé au iième sommet du réseau orienté. Se référant à la définition d’un vecteur de coût relatif, on peut écrire: c(x,y) = c(x,y) – x + y (x, y)  A. Pour évaluer ces multiplicateurs, il suffit de trouver une solution au système : c(x,y) = c(x,y) – x + y = 0 (x, y)  T. Puisqu’un arbre comporte exactement un nombre d’arcs égal au nombre de sommets –1, ce système comporte un nombre d’inconnus supérieur de 1 au nombre d’équations. Il suffit de fixer la valeur d’un des multiplicateurs et d’évaluer facilement les autres à l’aide du système.

Si on pose t = 0, alors 3 = c(3,t) + t = 2 + 0 = 2, s = c(s,2) + 2 = 5 + 1 = 6, 1 = s - c(s,1) = 6 - 4 = 2. Évaluons maintenant le coût relatif des variables hors-base : c(2,1) = c(2,1) - 2 + 1 = 2 – 5 + 2 = -1 c(1,t) = c(1,t) - 1 + t = 1 – 2 + 0 = -1.

Puisque c(2,1) = c(1,t) = -1, les 2 variables sont admissibles comme variable d’entrée. Choisissons l’arc (2,1) comme variable d’entrée. Critère de sortie : déterminer le cycle fondamental p/r à l'arbre partiel correspondant à la variable d'entrée puisque seul le flot dans les arcs de ce cycle est influencé par une variation du flot dans l'arc associé à la variable d'entrée. Si f(2,1) augmente, f(s,1) doit diminuer et f(s,2) augmenter. Or, f(s,1) = 0 (solution dégénérée)  f(2,1) reste égale à 0.

Cette solution réalisable demeure inchangée : L’arbre correspondant à cette solution de base réalisable est :

Si on pose t = 0, alors 3 = c(3,t) + t = 2 + 0 = 2, s = c(s,2) + 2 = 1 + 5 = 6, 1 = 2 - c(2,1) = 5 - 2 = 3. Évaluons maintenant le coût relatif des variables hors-base : c(s,1) = c(s,1) - s + 1 = 4 – 6 + 3 = 1 c(1,t) = c(1,t) - 1 + t = 1 – 3 + 0 = -2. L’arc (1,t) devient variable d’entrée avec comme cycle fondamental : + + - -

On peut donc augmenter le flot à l’arc (1,t) de 4 et mettre à jour les autres arcs du cycle en conséquence. On considère l’arc (3,t) comme étant la variable de sortie pour retrouver la base suivante : Si on pose t = 0, alors 1 = c(1,t) + t = 1, 2 = c(2,1) + 1 = 2 + 1 = 3, s = c(s,2) + 2 = 1 + 3 = 4, 3 = 2 - c(2,3) = 3 – 3 = 0.

Évaluons maintenant le coût relatif des variables hors-base : c(s,1) = c(s,1) - s + 1 = 4 – 4 + 1 = 1 c(3,t) = c(3,t) - 3 + t = 2 - 0 = 2. Donc, la solution est optimale. Remarques : La méthode du simplexe est grandement simplifiée grâce à la structure particulière du problème. Il y a beaucoup de dégénérescences dans les problèmes de flots dans les réseaux. À cause de cela, il est parfois nécessaire de changer de base sans changer les valeurs des variables d’une itération à l’autre. Cunningham (1976) : Des résultats existent pour guider le choix des solutions de base réalisables dans le but d’éviter de telles itérations dégénérées.

Énoncé de l’algorithme du simplexe adapté (absence de bornes supérieures sur les arcs) 0. Générer un flot réalisable de base où T est l’arbre partiel du graphe G associé à cette base. 1. Calculer les valeurs des variables duales i, i=1, 2, …, n en posant n = 0 et en résolvant c(i,j) - i + j = 0 (i,j)  T. La soln courante est optimale. 2. Test d’optimalité Si c(i,j) - i + j  0 (i,j)  T, alors terminer. 3. Choix de l’arc d’entrée (i*, j*) = arg Min {c(i,j) - i + j} (i,j)  T Ajouter cet arc à l’arbre partiel T pour former un circuit fondamental C dans T  {(i*, j*)}.

4. Choix de l’arc de sortie Choisir l’arc de sortie (i', j') inverse par rapport à (i*, j*) dans C : (i', j') = arg Min f(i,j) (i,j)  C (i, j) est l’inverse de (i*, j*) 5. Pivot Effectuer un pivot pour passer de l’arbre T à l’arbre T  {(i*, j*)} – {(i', j')} avec comme flot : f(i, j) si (i, j)  C f(i, j) + f (i', j') si (i, j)  C et direct p/r à (i*, j*) f(i, j) - f (i', j') si (i, j)  C et inverse p/r à (i*, j*). Mettre T  T  {(i*, j*)} – {(i', j')} et passer à l’étape 1.

Calcul d’un flot réalisable de base initial Méthode "GRAND M" Calcul d’un flot réalisable de base initial 1. Ajouter un sommet fictif n + 1 au réseau, des arcs (i, n + 1) avec un flot f(i, n+1) = vi i  S, des arcs (n + 1, i) avec un flot f(n+1, i) = vi i  P, des arcs (n + 1, i) avec un flot f(n+1, i) = 0 i  S  P. Tous ces nouveaux arcs sont appelés artificiels et le flot dans ces arcs y compris un flot de zéro dans tous les arcs originaux du réseau constituent un flot réalisable dans un arbre partiel du graphe G augmenté. 2. Affecter le coût M >> 0 (une valeur beaucoup plus grande que celle des c(i,j) du problème original) aux arcs artificiels du réseau augmenté.

3. Résoudre le problème de flot à coût minimum sur le réseau augmenté par l'algorithme du simplexe en éliminant les arcs artificiels au fur et à mesure qu'ils sortent des arbres partiels. 4. Lorsque l'algorithme du simplexe termine, deux cas sont possibles: si l'arbre partiel obtenu ne contient pas d'arcs artificiels ou contient des arcs artificiels à flot nul, alors c’est un flot optimal du problème original. si l'arbre partiel obtenu contient des arcs artificiels portant un flot positif alors le problème original n'a pas de flot réalisable.

Exemple : v = 4, s est la source et t la destination. À chaque arc (i, j) est associé le coût cij. Supposons qu’aucun flot réalisable initial n’est disponible. Appliquons la méthode M.

Considérons donc le réseau augmenté suivant où à chaque arc (i, j) est associé le couple cij, fij:

La valeur du flot sur chacun des arcs correspond à une solution de base réalisable dont la base associée correspond à un arbre partiel T : Cette soln de base est dégénérée puisque fA2 = fA1 = fA3 = 0.

Calcul des multiplicateurs du simplexe :

Calcul du coût relatif des variables hors-base Coût négatif Nous choisissons donc la variable fs2 comme variable d’entrée avec comme cycle fondamental :

- - + On peut donc augmenter le flot à l’arc (s,2) de 0 car la soln est dégénérée (fA2 = 0). fA2 est la variable de sortie.

L’arbre correspondant à cette solution de base réalisable est :

Coût négatif f21 devient variable d’entrée avec comme cycle fondamental :

- - + + On peut donc augmenter le flot à l’arc (2,1) de 0 car la soln est encore dégénérée (fA1 = 0). fA1 est la variable de sortie.

Coût négatif f1t est choisie arbitrairement comme variable d’entrée avec comme cycle fondamental :

- - + + + On peut donc augmenter le flot à l’arc (1, t) de 4; ceci est accompagné d’une augmentation à fs2 et f21 et d’une diminution à fsA et fAt.

fAt est la variable de sortie.

Coût négatif f23

Le cycle fondamental obtenu en ajoutant la variable d’entrée f23 est : - - + + Augmentation de f23 de 0.

On choisit fA3 comme étant la variable de sortie.

Les multiplicateurs sont obtenus en posant :

Extensions possibles : 1. vi >  vi i  S i  P Rajouter un puits fictif n + 1 avec une demande vn+1 = vi -  vi i  S i  P et des arcs (i, n+ 1) i  S avec comme borne supérieure  et un coût nul. Lorsque l’algorithme du simplexe termine, enlever le sommet fictif n + 1 ainsi que le flot dans les arcs (i, n + 1), i  S.

2. vi <  vi i  S i  P Rajouter une source fictive n + 1 avec une disponibilité vn+1 = vi -  vi i  P i  S et des arcs (n+ 1, i) i  P avec comme borne supérieure  et un coût nul. Lorsque l’algorithme du simplexe termine, enlever le sommet fictif n + 1 ainsi que le flot dans les arcs (n + 1, i), i  P.

3. Présence d’une borne supérieure finie sur le flot dans un arc Rappel : à chaque itération du simplexe, le flot positif est restreint aux arcs d’un arbre partiel T (solution de base); fij = 0 (i, j)  T un arc (i,j)  T est candidat pour entrer dans la base si cij -i +j < 0 un arc (k, l)  C est candidat pour sortir de la base si : (i) (k, l) est un arc inverse dans C. (ii) fkl devient nul le premier lorsque le flot fij augmente. Lorsqu’il y a des bornes supérieures sur le flot de certains arcs, la méthode du simplexe conserve toujours le vecteur de flot dans un arbre T, mais (i, j)  T, ou bien fij = 0 ou bien fij = Kij.

Théorème : Soit une solution de base réalisable f* = (f*ij) et l’arbre partiel T qui lui est associé tel que (i, j)  T, on a : (i) f*ij = Kij si cij -i +j < 0 (ii) f*ij = 0 si cij -i +j > 0 alors f* est un flot optimal. Nouveau critère d’entrée : Choisir l’arc (i, j)  T qui satisfait : Min {| cij -i +j |} (i, j)  T

Nouveau critère de sortie : (1) Si (i, j) est l’arc d’entrée et fij = Kij, alors le changement au flot de l’arc (i, j) est une diminution de t unités où t = min {fij | (i, j) est direct, Kij – fij | (i, j) est inverse} L’arc de sortie est celui de C dont le flot atteint le premier soit 0 soit sa borne supérieure.

(2) Si (i, j) est l’arc d’entrée et fij = 0, alors le changement au flot de l’arc (i, j) est une augmentation de t unités où t = min {fij | (i, j) est inverse, Kij – fij | (i, j) est direct}. t unités sont ajoutées à tout arc direct de C et soustraites à tout arc inverse de C. L’arc de sortie est celui de C dont le flot atteint le premier soit 0 soit sa borne supérieure. Note : Pour trouver l’arbre initial de flot réalisable, utiliser la méthode « grand M » en remarquant que les arcs artificiels ont une borne supérieure infinie. Dans l’exemple suivant, on associe à chaque arc le triplet Kij, cij fij

Exemple : v = 4 Le vecteur de flot correspond à une solution de base réalisable dont la base associée correspond à un arbre partiel T :

Cette solution de base est dégénérée puisque fs1 = f1t = 0. Les multiplicateurs du simplexe sont évalués :

Les coûts relatifs des variables hors-base sont : Puisque f21 = 0 et f3t = 4 = K3t, les deux variables sont admissibles comme variable d'entrée. Nous choisissons de diminuer la valeur de la variable f3t avec comme cycle fondamental : + + - - -

On peut donc diminuer la valeur de f3t de 2 et alors f23 = fs2 = f3t = 2 et fsl = flt = 2. C'est la plus grande modification possible puisque flt atteint sa borne supérieure Klt = 2. Cette solution réalisable est :

L’arbre correspondant à cette solution de base réalisable est : admissible comme variable d’entrée : f21 = 0. non admissible comme variable d’entrée : f1t = 2 = K1t. Le cycle fondamental correspondant à la variable f21 est :

- + + On peut augmenter la valeur de f21 de 2, et alors f21 = 2, fs2 = 4, fsl = 0. L'augmentation de f21 est limitée à la fois par la variable fsl qui devient égale à 0 et par la variable d'entrée qui atteint sa borne supérieure. On pourrait donc conserver la même base et entreprendre une nouvelle itération. On préfère considérer fsl comme étant la variable de sortie pour retrouver la base dont l'arbre partiel est illustré ci-dessous :

Les coûts relatifs des variables hors-base sont donc csl = csl - πs + πl = 4 - 6 + 3 = 1 clt = clt - πl + πt = 1 - 3 = -2. Donc la solution de base est optimale puisque fsl = 0 et flt = 2 = Klt.