Program Dinamis 17042014

7/23/2019 Program Dinamis 17042014

http://slidepdf.com/reader/full/program-dinamis-17042014 1/18



Pada persoalan ini,1. Tahap (k ) adalah proses memasukkan barang ke dalam

karung (knapsack ).2. Status ( y ) menyatakan kapasitas muat karung yang tersisa

setelah memasukkan barang pada tahap sebelumnya.

Dari tahap ke-1, kita masukkan objek ke-1 ke dalam karunguntuk setiap satuan kapasitas karung sampai batas

kapasitas maksimumnya. Karena kapasitas karung adalahbilangan bulat, maka pendekatan ini praktis.



Pertimbangkan untuk memuat sebuah kapaldengan persediaan barang N

Setiap unit barang I memiliki beban w i dan nilai v i (i=1, 2, , …, N)

Beban muatan maksimum adalahW Hal itu diperlukan untuk menentukan muatan

barang yang paling bernilai tanpa melebihi bebanmaksimum kapal Secara khusus, pertimbangkan kasus khusus

tentang tiga barang berikut ini dan asumsikan

bahwa W =5



Contoh:

i wi vi

1 2 65

2 3 80

3 1 30



Pertimbangkan masalah umum barang N terlebih dahulu.

Jika k i adalah adalah jumlah unit barang i,

maka masalah menjadi:

Maksimumkan v1k 1 + v2k 2+…. + v Nk N

Dengan batasan

w1k 1 + w2k 2 + ….. + w Nk N ≤W

k i integer nonnegative



Model DP disusun dengan terlebih dahulu mempertimbangkan

ketiga unsur

1.

Tahap j diwakili oleh barang j, j=1,2,…., N

2. Keadaan y j pada tahap j adalah jumlah beban yang

diberikan pada tahap j, j+1,….,N ; y1=W dan y j=0, 1, …,

untuk j=2,3, …,N

3. k j alternatif pada tahap j adalah jumlah unit barang j



ersamaan rekursif mundur

f N (y N )=max{v N k N } basis

f j(y j )=max{v jk j+f j+1(y j-w jk j )} rekurens



Tahap 3

f 3(y3 )=max{30k 3 } max k 3=[5/1]=5

y3 30k 3 Solusi Optimalk 3=0 1 2 3 4 5 f 3(y3 ) k 3*

v3k 3=0 30 60 90 120 150

0 0 0 0

1 0 30 30 1

2 0 30 60 60 23 0 30 60 90 90 3

4 0 30 60 90 120 120 4

5 0 30 60 90 120 150 150 5



Tahap 2

f 2(y2 )=max{80k 2+f 3(y2-3k 2 )} max k 2=[5/3]=1

y2 80k 2+f 3(y2-3k 2 ) SolusiOptimal

k 2=0 1 f 2(y2 ) k 2*

v2k 2=0 80

0 0+0=0 0 0

1 0+30=30 30 0

2 0+60=60 60 0

3 0+90=90 80+0=80 90 0

4 0+120=120 80+30=110 120 0

5 0+150=150 80+60=140 150 0



Tahap 1

f 1(y1 )=max{65k 1+f 2(y1-2k 1 )} max k 1=[5/2]=2

y1 65k 1+f 2(y1-2k 1 ) SolusiOptimal

k 1=0 1 2 f 1(y1 ) k 1*

v1k 1=0 65 130

5 0+150=150 65+90=155 130+30=160

160 2

Pemecahan Optimum yang berhubungan [k 1* , k 2

* k 3* ]=[2,0,1]

jumlah nilai 160



Contoh:

i wi pi

1 2 65

2 3 80

3 1 30



Misalkan ketika memasukkan objek pada

tahap k , kapasitas muat karung sekarang

adalah y – w k .

Untuk mengisi kapasitas sisanya, kita

menerapkan prinsip optimalitas dengan

mengacu pada nilai optimum dari tahapsebelumnya untuk kapasitas sisa

y – w k ( yaitu f k -1( y – w k )).



Selanjutnya, kita bandingkan nilai

keuntungan dari objek pada tahap k (yaitu pk )

plus nilai f k -1( y – w k ) dengan keuntungan

pengisian hanya k –

1 macam objek, f k -1( y ).

Jika pk + f k -1( y – w k ) lebih kecil dari f k -1( y ),

maka objek yang ke-k tidak dimasukkan kedalam karung, tetapi jika lebih besar, maka

objek yang ke-k dimasukkan.



Relasi rekurens untuk persoalan ini adalah

f 0( y) = 0, y = 0, 1, 2, …, M (basis)

f k ( y) = -, y < 0 (basis)

f k ( y) = max{ f k -1( y), pk + f k -1( y – wk )}, (rekurens)k = 1, 2, …, n



f k ( y ) adalah keuntungan optimum dari persoalan0/1 Knapsack pada tahap k untuk kapasitas karungsebesar y .

f 0( y ) = 0 adalah nilai dari persoalan knapsack kosong(tidak ada persoalan knapscak ) dengan kapasitas y ,

f k ( y ) = - adalah nilai dari persoalan knapsack untuk

kapasitas negatif. Solusi optimum dari persoalan 0/1Knapsack adalah f n(M).



Tahap 1:

f 1( y) = max{ f 0( y), p1}

= max{ f 0( y), 65 }

y

Solusi Optimum

f 0( y) 65 f 1( y) x1*

0 0 0 0

1 0 0 0

2 0 65 65 1

3 0 65 65 1

4 0 65 65 1

5 0 65 65 1



Tahap 2:

f 2( y) = max{ f 1( y), p2 + f 1( y – w2)}

= max{ f 1( y), 80 + f 1( y – 3)}

y

Solusi Optimum

f 1( y) 80 + f 1( y – 3) f 2( y) x2*

0 0 0 01 0 0 0

2 65 65 0

3 65 80 + 0 = 80 80 1

4 6580 + 0 =

80

80 1

5 65 80 + 65 = 145 145 1



Tahap 3:

f 3( y) = max{ f 2( y), p3 + f 2( y – w3)}

= max{ f 2( y), 30 + f 2( y – 1)}

y

Solusi Optimum

f 2( y) 30 + f 2( y – 1) f 3( y) x3*

5 145 30 + 80 = 110 145 0

Solusi optimum X = (1, 1, 0) dengan p = f = 145.

Program Dinamis 17042014

Documents

Transcript of Program Dinamis 17042014