基于以上方式，元素差额法求初始大体可行解的步骤是：
第一步：
求出每行次小运价与最小运价之差，记为ui，i=1,2,…,m；同时求出每列次小运价与最小运价之差，记为vj，j=1,2,…,n；
第二步：
找出所有行、列差额的最大值，即L=max{ui，vi}，差额L对应行或列的最小运价处优先调运；
第三步：
这时必有一列或一行调运完毕，在剩下的运价中再求最大差额，进行第二次调运，依次进行下去，直到最后全数调运完毕，就取得一个初始调运方案。
用元素差额法求得的大体可行解更接近最优解，因此也称为近似方案。
（3）左上角法 左上角法（亦称西北角法）是优先从运价表的左上角的变量赋值，当行或列分派完毕后，再在表中余下部份的左上角赋值，依次类推，直到右下角元素分派完毕。
5.2.2求查验数
求最小值的运输问题的最优判别准那么是：
所有非基变量的查验数都非负，那么运输方案最优（即为最优解）。
求查验数的方式有两种，闭回路法和位势法。
（1）闭回路法闭回路法求查验数求某一非基变量的查验数的方式是：
在大体可行解矩阵中，以该非基变量为起点，以基变量为其它极点，找一条闭回路，由起点开始，别离在极点上交替标上代数符号＋、－、＋、－、…－，以这些符号别离乘以相应的运价，其代数和确实是那个非基变量的查验数。
一样地，当某个非基变量xij增加一个单位时，总费用的改变量ΔZ=λij，当λij<0时，说明总费用下降了，这时增加xij的值能够降低总费用，当λij>0时，总费用增加，说明增加xij的值总费用也随之上升。
当所有非基变量的查验数全数大于零时，说明不能增加任何非基变量的值，即不能将非基变量换入变成基变量，不然总费用增加，这时的大体可行解确实是最优解，其费用最小。
当某个非基变量的查验数λlk<0时，说明能够增加xlk的值，使总费用下降，即将xlk由非基变量换入成基变量，这时的大体可行解也就不是最优解，需要对运输方案进行调整。
只要求得的基变量是正确的且数量为m+n－1，那么某个非基变量的闭回路存在且唯一，因此查验数唯一。
（2）位势法位势法求查验位势法求查验数是依照对偶理论推导出来的一种方式。
运输问题的对偶模型是
加入松驰变量λij将约束化为等式
记原问题基变量XB的下标集合为I，由第二章对偶性质知，原问题xij的查验数是对偶问题的松弛变量λij，
时λij=0，因此有
方程组（5.2a）有m+n－1个方程，有m+n个未知变量ui及vj，有一个自由变量，一样地令u1=0就可取得ui及vi的一组解，再由式取得非基变量的查验数，称ui、vi为运输问题关于基变量组
的对偶解，或称位势（ui为行位势，vi为列位势）。
不同的基变量组
或自由变量的取值不同，取得不同的位势，ui及vi有无穷多组解，但对同一组基变量来讲，所求得的查验数是唯一的，并与闭回路法求得的查验数相同，这种求查验数的方式称为位势法。
5.2.3调整运量
当某个查验数小于零时，基可行解不是最优解，总运费还能够下降，这时需调整运输量，改良原运输方案，改良运输方案的步骤是：
第一步：
确信进基变量，
进基；
第二步：
确信出基变量，在进基变量xlk的闭回路中，标有负号的最小运量作为调整量θ，θ对应的基变量为出基变量，并打上“×”以示作为非基变量。
第三步：
调整运量，在进基变量的闭回路中标有正号的变量加上调整量θ，标有负号的变量减去调整量θ，其余变量不变，取得一组新的基可行解，然后求所有非基变量的查验数从头查验。
以上调整运量的方式为闭回路法，既可使总运费下降，又使新的大体解可行。
在第二步确信出基变量时，当显现两个或两个以上最小运量θ，在其中任选一个作为非基变量，其它θ对应的变量仍作为基变量，运量为零，取得退化大体可行解。
【例】求以下运输问题的最优解
【解】用最小元素法求得初始大体可行解如表5－5。
表5－5
Bj
Ai
B1
B2
B3
B4
ai
A1
5
8
9
2
70
×
40
×
30
A2
3
6
4
7
80
45
×
35
×
A3
10
12
14
5
40
×
25
15
×
bj
45
65
50
30
190
求非基变量的查验数,用闭回路法得
因为有4个查验数小于零，因此这组大体可行解不是最优解。
=－4最小，对应的非基变量x11进基。
x11的闭回路是
标负号的变量是x12、x33、x21，取运量最小值即
x33最小，x33是出基量，调整量θ=15，在x11的闭回路上x11、x32、x23别离加上15，x12、x33、x21别离减去15，而且在x33处打上记号“×”作为非基变量，其余变量的值不变，调整后取得一组新的基可行解，见表。
表
Bj
Ai
B1
B2
B3
B4
ai
A1
5
8
9
2
70
15
25
×
30
A2
3
6
4
7
80
30
×
50
×
A3
10
12
14
5
40
×
40
×
×
bj
45
65
50
30
190
从头求所有非基变量的查验数得
λ13=3，λ22=0，λ24=7，λ31=1，λ33=4，λ34=－1
λ34=－1<0,说明尚未取得最优解，x34进基，在x34的闭回路中，标负号的变量x14和x32，调整量为
因此x14出基变成非基变量。
x12、x34别离加上30,x14和x32减去30，其余变量不变，取得一组新的基可行解，见表。
表
Bj
Ai
B1
B2
B3
B4
ai
A1
5
8
9
2
70
15
55
×
×
A2
3
6
4
7
80
30
×
50
×
A3
10
12
14
5
40
×
10
×
30
bj
45
65
50
30
190
再求非基变量的查验数
λ13=3，λ14=1，λ22=0，λ24=8，λ31=1，λ33=4
所有查验数λij≥0因此取得最优解
最小运费
由λ22=0知有多重解，求另一最优解的方式是在x22的闭回路｛x22，x21，x11，x12｝上任意调整（维持可行），目标值不变，但只能取得一个大体最优解，其它都不是大体最优解，例如x22=5调整后取得最优解
但不是大体最优解
运输单纯形法计算进程中，运量调整后必需将所有非基变量的查验数从头求一次，由于基变量的位置改变了，原查验数也可能发生改变，或由大于等于零变成小于零。
【例】有四项工作指派给甲、乙两人完成，每人完成两项工作。
两人完成各项工作的时刻（小时）见表5－8，如何安排工作使总时刻最少。
表5－8
A
B
C
D
甲
15
20
9
10
乙
12
16
10
12
【解】设xij（i=1,2；j=1,2,3,4）为第i人完成第j项工作的状态
数学模型为
用求解0－1计划的方式能够取得问题的最优解。
采纳本章的方式求解更为简单。
写出表5－8的平稳运输表5－9,用运输单纯形法求解取得最优表5－10。
表
A
B
C
D
产量
甲
15
20
9
10
2
乙
12
16
10
12
2
销量
1
1
1
1
表
A
B
C
D
产量
甲
0
1
1
2
乙
1
1
2
销量
1
1
1
1
最优的工作分派是：
甲完成工作C和D，乙完成工作A和B，总时刻Z＝47（小时）。
例的任务分派问题能够推行到更一样的情形。
有m个人完成n项工作，每项工作一人完成，第i人完成jr项工作，j1+j2+…+jm=n，用运输单纯形法求解。
5.2.4最大值问题
当运输模型求最大值时有两种方式求解。
（1）将极大化问题转化为极小化问题。
设极大化问题的运价表为C=（Cij）m×n，用一个较大的数M（一样令M＝max{Cij}）去减每一个Cij取得矩阵C'=（C'ij）m×n，其中C'ij=M－Cij≥0,将C/作为极小化问题的运价表，用表上用业法求出最优解，目标函数值为
例如，以下矩阵C是Ai到Bj的吨千米利润,运输部门如何安排运输方案使总利润最大。
用最小元素法求初始方案得
λ11=8,λ12=4,λ21=2,λ23=2全数非负,取得最优运输方案X，最大利润Z=8×9+10×10+6×8+5×4=240。
（2）所有非基变量的查验数λij≤0时最优。
求初始运输方案可采纳最大元素法或西北角法。
如上例,用最大元素法取得初始运输方案
求查验数:
λ11=－8,λ12=－4,λ21=－2,λ23=－2,全数非正,取得最优解运输方案,结果与第一种方式相同。
5.2.5不平稳运输问题
当总产量与总销量不相等时,称为不平稳运输问题。
这种运输问题在实际中常常碰着,它的求解方式是将不平稳问题化为平稳问题求解。
（1）产大于销时,即有
数学模型为
由于总产量大于总销量，必有部份产地的产量不能全数输送完，必需当场库存，即每一个产地虚设一个仓库，库存量为xi，n+1（i=1，2，…，m），总的库存量为
bn+1作为一个虚设的销地Bn+1的销量。
各产地Ai到Bn+1的运价为零，即Ci，n+1=0,（i=1，…，m）。
那么平稳问题的数学模型为
具体求解时,只在运价表右端增加一列Bn+1，运价为零,销量为bn+1即可。
（2）当销大于产时,即
数学模型为
由于总销量大于总产量,故必然有些需求地不完全知足需求，这时虚设一个产地Am+1，产量为
xm+1,j是Am+1运到Bj的运量，也是Bj不能知足需要的数量。
Am+1到Bj的运价为零,即Cm+1,j=0（j=1,2,…,n），那么平稳问题的数学模型为
具体计算时，在运价表的下方增加一行Am+1，运价为零，产量为am+1即可。
上述两种情形将不等式化为等式的进程，等价于加入松驰变量x1,n+1,x2,n+1,…,xm,n+1 及xm+1,1，xm+1,2，…，xm+1,n，松弛变量在目标函数中的系数为零，因此目标函数不变。
【例】求表5－11极小化运输问题的最优解。
表5－11
B1
B2
B3
B4
ai
A1
5
9
2
3
60
A2
—
4
7
8
40
A3
3
6
4
2
30
A4
4
8
10
11
50
bj
20
60
35
45
160\180
【解】因为
，表中A2不可达B1，用一个专门大的正数M表示运价C21。
虚设一个销量为b5=180－160=20的销地B5，Ci5=0，i=1，2，3，4。
表的右边增添一列取得表5－12。
用元素差额法求初始基可行解，取得表5－13。
表5－12
B1
B2
B3
B4
B5
ai
A1
5
9
2
3
0
60
A2
M
4
7
8
0
40
A3
3
6
4
2
0
30
A4
4
8
10
11
0
50
bj
20
60
35
45
20
180
表5－13
B1
B2
B3
B4
B5
ai
A1
35
25
60
A2
40
40
A3
10
20
30
A4
20
10
20
50
bj
20
60
35
45
20
180
请读者自行验证，所有查验数λij≥0，表5－13的运输方案最优，最小运费
产地A4还有20个单位没有输送出去。
在例中，若是用最小元素法求初始基可行解时，因为B5列全为零，能够优先输送B5，也能够最后输送B5，不阻碍最优方案。
5.2.6需求量不确信的运输问题
【例】在表5－11给出的运输问题中，假定B1的需要量是20到60之间，B2的需要量是50到70，试求极小化问题的最优解。
【解】
（1）总产量为180，B1，…，B4的最低需求量20+50+35+45=150，这时属产大于销；
（2）B1，…，B4的最高需求是60+70+35+45=210，这时属销大于产；
（3）虚设一个产地A5，产量是210－180=30，A5的产量只能供给B1或B2。
（4）将B1与B2各分成两部份，
，
的需求量是20，
的需求量是40，
与
的需求量别离是50与20，因此
必需由A1，…，A4供给，
可由A1、…、A5供给。
（5）上述A5不能供给某需求地的运价用大M表示，A5到
的运价为零。
取得表的产销平稳表。
表5－14
B3
B4
ai
A1
5
5
9
9
2
3
60
A2
M
M
4
4
7
8
40
A3
3
3
6
6
4
2
30
A4
4
4
8
8
10
11
50
A5
M
0
M
0
M
M
30
bj
20
40
50
20
35
45
210
用运输单纯形法计算,取得表5－15的最优方案。
表5－15
B3
B4
ai
A1
35
25
60
A2
40
40
A3
0
10
20
30
A4
20
30
50
A5
10
20
30
bj
20
40
50
20
35
45
210
表5－15中
是基变量,说明这组解是退化大体可行解,空格处的变量是非基变量。
B1，B2，B3，B4实际收到产品数量别离是50，50，35和45个单位。
运输单纯形法求运输问题的最优解要比用一般单纯法求解简单，另外有些问题能够用图上作业法。
运输模型的应用
运输模型是线性计划模型的一种特例，在生产实践中取得普遍的应用。
【例】DF公司在接下来的三个月内每一个月都要依照销售合同生产出两种产品。
这两种产品利用相同的设备并需要投入相同的生产能力。
每一个月可供利用的生产和存储设备都会发生转变。
因此生产能力、单位生产本钱和单位存储本钱每一个月都不相同，有必要在某些月中多生产一种或多种产品并存储起来以备需要的时候利用。
关于每一个月来讲，表中给出了在正常时刻（RegularTime，缩写为RT）和加班时刻（OverTime，缩写为OT）内能够生产这两种产品的总数，依照合同需要生产的数量，在正常时刻和加班时刻内的单位产品本钱和每件产品贮存到下一个月的贮存本钱。
两种产品的数量用“／”区分开来，产品1在“／”的左侧而产品2在“／”的右边。
表
月
最大生产总量
产品1/产品2
销售
产品1/产品2
单位生产成本（1000元/件）
单位储存成本（1000元/件）
RT
OT
RT
OT
1
2
3
10
8
10
3
2
3
5/3
3/5
4/4
15/16
17/15
19/17
18/20
20/18
22/
升级会员 