数学建模垃圾运输问题的求解及源代码Word文档格式.docx

1、Ta 表示A点所在地的垃圾量cost：运费；time：时间消耗；装的足够多 运输车当前的载重离限载不大于0.55吨（垃圾点的最小垃圾量）序数号 所在点的编号3模型的建立垃圾运输问题最终可以归结为最优路径搜索问题，但注意到此图为森林而不是树，不能直接套用Krusal，Prim等现成算法，于是根据具体问题设计出随机下山法，用计算模拟搜索，可以搜寻到令人满意的可行解。先注意到两点的情况，设两点分别为A（x1,y1）,B（x2,y2）。主要有以下两种情况：一 A,B明显有先后次序。-递减状态（如图1）不妨设x1x2, y1y2,不难看出A在B的后方,即A比B远。对于前方参考点O,要将A,B对应垃圾点的

2、垃圾全部取回再返回O,一共有三种方式：1 O-A-O, O-B-O单独运输。这种情况下，总的路程消费等于空载运行费用（0.4元/公里）与装载时运行费用（1.8元/公里吨）的总和。所需的总时间等于车辆所走过的总路程与速度（40公里/小时）的比值再加上在A,B两点停留的时间（每个垃圾点上停留了10分钟，1/6小时），于是有：Cost = 0.4*|A| + 1.8*|A|*Ta + 0.4*|B| + 1.8*|B|*TbTime = （2*|A| + 2*|B|）/40 + 1/6*22. O- 先远点再近点，即先空载至最远处，装完A点垃圾后再返回至B,再回O点，有： Cost = 0.4*|A

3、| + 1.8*|A-B|*Ta +1.8*|B|*（Ta+Tb） = 0.4*|A| + 1.8*|A|*Ta + 1.8*|B|*Tb Time = 2*|A|/40 + 1/6*23. O- 先近点在远点，即先装B点垃圾，然后载着B点的垃圾奔至A点，再回O点，有： Cost= 0.4*|B| + 1.8*|A-B|*Tb + 1.8*|A|*（Ta+Tb） = 0.4*|B| + 1.8*|A|*Ta + 1.8*|B|*Tb + 1.8*|A-B|*2*Tb比较以上三种情况，远近点的遍历顺序，可以看出，“先远后近”绝对比“先近后远”在花费钱的数量上要少的多，省出1.8*|A-B|*2*

4、Tb这部分的钱主要是车载着B点的垃圾奔到A点再返回B点。而又注意到两者的时间花费是相等的。所以在其余同等的情况下选择“先远后近”。考虑到时间上单独运输比其余的两种运输要大的多，多一一倍，而且花费的钱仍不比“先远后近”省，还多了0.4*|B|，所以一般情况下，不采用单独运输。二A，B两点没有明显先后顺序。 -并邻状态（如图2）还是一共有三种情况：这种情况下，跟A,B两点有先后顺序中的情况完全相同，即有：time = （2*|A| + 2*|B|）/40 + 1/6*22 O-Cost = 0.4*|A| + 1.8*|A-B|*Ta + 1.8*|B|*（Ta+Tb） -1Time = （|A|

5、 + |A-B| + |B|）/40 + 1/6*23.O-Cost = 0.4*|B| + 1.8*|A-B|*Tb + 1.8*|A|*（Ta+Tb） -2Time = （|A| + |A-B| + |B|）/40 +1/6*2相比之下，清晰可见并邻状态下的单独运输所花的费用最少，所以在不要求时间的情况下对于并邻两点，采用单独运输的方式最节约钱。用式与式相减除以1.8， 得到如下判断式：|A-B|*（Ta-Tb） + （Ta+Tb）*（|B|-|A|） -上式 O;上式 0时， 选 O-上式 = 0时， 任意选上述两路线。三 两点选择趋势的讨论。 （如图3）由图中看到B,C两点没有明显的先

6、后顺序，属于并邻点。因为当运输车载重行驶时费用会成倍的增长，比其空载时所花费用要大的多，所以排除A-C或A-C-B这样的一次经过3点的往返路线，仅选择B,C中的某一点与A完成此次运输，将另一点留到下次。那么A点选择B还是C呢？不妨假设|B|C|,即B点离原点的距离比C点的更远，因为A在B,C之后，所以也就是B点离A点更近。这样，此次的运输我们更趋向于选择A-B,因为就这三点而论，A无论是选B还是C，三点的垃圾总要运完，所以花费的钱是一样的。但选择A-B后，下次运输车运C点垃圾时就无需跑的更远。四 关于垃圾点的垃圾是否一次清除的讨论（以6吨车例）由假设2知，每天的垃圾必须清除完毕，全部运往37点

7、。这里说的一次清除问题不是指一天，而是指当一辆运输车已经装载了足够多的垃圾，不能完全清理下一个垃圾点的时候，车在下一个站点“停还是不停”的问题。例如，一辆运输车选择了30-26-18-35-20的路线（即先将空车开往30，清理装载30点的垃圾，然后依次到26，18，35，20），它从20返回时车已经装载了5.8吨垃圾，仍可以装0.2吨（小于垃圾点垃圾量的最小值0.5，称这种情况为“装的足够多”）。在20点下方仍有不少的点，但肯定不能将下面的任意点的垃圾装完，那么此车是直接返回37点呢，还是继续装直至车装满为止呢？我们判断前者更好，就是车在装的足够多的情况下应该直接返回原点（37点）。这是因为对

8、于下一垃圾点（假设为A点）内的垃圾而言，无论是一次装完还是分两次装完，将它们运回所花费用是恒定的，等于1.8*Ta*|A|。整体而言，两者花费的钱是相等的，但分两次装要多花10分钟的装车时间，所以选择前者。综上所述，得出搜索的基本原则：1 在两点递减的情况下，不采用单独运输；2 在其余同等的情况下选择“先远后近”；3 不要求时间的情况下对于并邻两点，采用单独运输的方式最节约钱；一般情况下用式s&w（5,j）=0） s=w（2,j）+w（3,j）; jg（i,j1）=w（1,j）; sum=w（4,j）; m=j; else continue; end w（5,m）=1; j1=j1+1; wh

9、ile 1 js=0; q=40; for k=1: if（qw（2,m）-w（2,k）+w（3,m）-w（3,k）&w（2,m）w（2,k）&w（3,m）w（3,k）&（6-sum）w（4,k）&w（5,k）=0 q=w（2,m）+w（3,m）-w（2,k）-w（3,k）; js=1; jg（i,j1）=w（1,k）; i3=k; w（5,i3）=1; sum=sum+w（4,i3）; m=i3; if（w（2,i3）=0&w（3,i3）=0|js=0） breakkcost=0;zcost=0;allcost=0;n=0;for u1=1:11 for u2=1: if jg（u1,u2）

10、=0 n=jg（u1,u2）; else continue zcost=zcost+w（4,n）*1.8*（w（2,n）+w（3,n）; n=jg（u1,1）; kcost=kcost+0.4*（w（2,n）+w（3,n）;allcost=zcost+kcostzcostkcost11;time=i;time（1,:n1=0;n2=0;n3=0;for u4=1: for u5=1: if jg（u4,u5）=0 n1=jg（u4,u5）; n2=n2+1; n3=jg（u4,1）; time（1,u4）=（w（2,n3）+w（3,n3）*2）/40;n2 time 附录三源码r=1:%plo

11、t（x,y,）;%for ii=1: % k=int2str（ii）; % k=strcat（ % text（x（ii）,y（ii）,k）;%endw=r;t;point=30 28 36 24 34 20 19 14 22 11 31; 3 5 21 15 2 9 8 1 22 10 6;point（3,:s=80;p=80;k=2;j1=0;j2=0;m=1;b=1:pai=b;pai（1,: if s=w（2,point（1,j）+w（3,point（1,j）&point（3,j）=0 s=w（2,point（1,j）+w（3,point（1,j）; j1=j; point（3,j1）=1; pai（