Relaxação Lagrangeana

RelaxacaoLagrangiana

M.P. Mello

Roteiro

Contexto

Teoria

Aspectospraticos

Heurısticalagrangiana

Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Relaxacao Lagrangiana

Margarida P. Mello

MT852 – 15 de maio, 2009


M.P. Mello

Roteiro

Contexto

Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

1 Contexto

2 Teoria

3 Aspectos praticos

4 Heurıstica lagrangiana

5 Reducao do problema

6 Aplicacoes

7 Referencias


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Contexto

Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Contexto

Cotas superioressolucoes viaveis

Cotas inferioressolucoes inviaveis

Valor

Valor otimo

(minimizacao)


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Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Heurısticas

Destinadas a classes especıficasBusca localTempera simuladaAlgoritmos geneticosRedes neurais. . .

Relaxacoes

LinearLagrangiana

Valor

Valor otimo

(minimizacao)


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Contexto

Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Usos

• como um metodo

• como um coadjuvante (e.g., R.L. + B&B)

• na avaliacao de resultados obtidos com outras heurısticas


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Contexto

Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Usos

• como um metodo




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Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Usos

• como um metodo




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Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Ideia

Problema linear inteiro(PI ) min zPI = cx

s.a A1x ≥ b1

A2x ≥ b2

xj ∈ Z, ∀j

Se λ ≥ 0, zPI ≥ z ′:min z ′ = cx + λ(b1 − A1x)

s.a A1x ≥ b1

A2x ≥ b2

xj ∈ Z, ∀j


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Ideia


s.a A1x ≥ b1

A2x ≥ b2

xj ∈ Z, ∀j

Se λ ≥ 0, zPI ≥ z ′:min z ′ = cx + λ(b1 − A1x)

s.a A1x ≥ b1

A2x ≥ b2

xj ∈ Z, ∀j


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Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias


s.a A1x ≥ b1

A2x ≥ b2

xj ∈ Z+, ∀j

E z ′ ≥ z(λ):(PRλ) min z(λ) = cx + λ(b1 − A1x)

s.a A2x ≥ b2

xj ∈ Z+, ∀j


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias


s.a A1x ≥ b1

A2x ≥ b2

xj ∈ Z+, ∀j

E z ′ ≥ z(λ):(PRλ) min z(λ) = cx + λ(b1 − A1x)

s.a A2x ≥ b2

xj ∈ Z+, ∀j

}Q


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Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Resultado importante

Dual Lagrangiano (melhor cota inferior)

(DL) zDL = maxλ≥0

z(λ)

Teorema (Nemhauser & Wolsey, p. 327–328)

zDL = min{cx | A1x ≥ b1, x ∈ conv (Q)}


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Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Resultado importante

Dual Lagrangiano (melhor cota inferior)

(DL) zDL = maxλ≥0

z(λ)

Teorema (Nemhauser & Wolsey, p. 327–328)

zDL = min{cx | A1x ≥ b1, x ∈ conv (Q)}


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Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo

Problema

min 3x1 − x2

s.a x1 − x2 ≥ −1 (1)−x1 + 2x2 ≤ 5 (2)3x1 + 2x2 ≥ 3 (3)6x1 + x2 ≤ 15 (4)

x1, x2 ≥ 0x1, x2 ∈ Z


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

x1

x2

1

1

(2)(1)

(3)

(4)

• •

• •

• •

• •

•

c

•x∗PI

•x∗PL


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

x1

x2

1

1

(2)(1)

(3)

(4)

• •

• •

• •

• •

•

c

•x∗PI

•x∗PL


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

x1

x2

1

1

(2)(1)

(3)

(4)

• •

• •

• •

• •

•

c

•x∗PI

•x∗PL


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

x1

x2

1

1

(2)(1)

(3)

(4)

• •

• •

• •

• •

•

c

•x∗PI

•x∗PL


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

x1

x2

conv(Q)

1

1

• •

• •

• •

• •

•

c

−A1


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

x1

x2

conv(Q)

1

1

• •

• •

• •

• •

••

• •

c

−A1

λ (0, 5/3) (5/3, 3) (3,∞)

x∗(λ) (0, 2) (1, 0) (2, 0)

z(λ) −2 + λ 3− 2λ 6− 3λ

⇒ zDL = z(

53

)= −1

3


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

x1

x2

conv(Q)

1

1

• •

• •

• •

• •

••

• •

conv(Q

) ∩ {x | A

1 x ≥ b1 }

c

−A1

λ (0, 5/3) (5/3, 3) (3,∞)

x∗(λ) (0, 2) (1, 0) (2, 0)

z(λ) −2 + λ 3− 2λ 6− 3λ

⇒ zDL = z(

53

)= −1

3


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

x1

x2

conv(Q)

1

1

• •

• •

• •

• •

• ••

• •

conv(Q

) ∩ {x | A

1 x ≥ b1 }

c

−A1

• x∗DL

• x∗PI

•x∗PL

λ (0, 5/3) (5/3, 3) (3,∞)

x∗(λ) (0, 2) (1, 0) (2, 0)

z(λ) −2 + λ 3− 2λ 6− 3λ

⇒ zDL = cx∗DL = −13


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

x1

x2

conv(Q)

1

1

• •

• •

• •

• •

• ••

• •

conv(Q

) ∩ {x | A

1 x ≥ b1 }

c

−A1

• x∗DL

• x∗PI

•x∗PL

λ (0, 5/3) (5/3, 3) (3,∞)

x∗(λ) (0, 2) (1, 0) (2, 0)

z(λ) −2 + λ 3− 2λ 6− 3λ

⇒ zDL = cx∗DL = −13


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

x1

x2

conv(Q)

1

1

• •

• •

• •

• •

• ••

• •

conv(Q

) ∩ {x | A

1 x ≥ b1 }

c

−A1

• x∗DL

• x∗PI

•x∗PL

λ (0, 5/3) (5/3, 3) (3,∞)

x∗(λ) (0, 2) (1, 0) (2, 0)

z(λ) −2 + λ 3− 2λ 6− 3λ

⇒ zDL = cx∗DL = −13


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

x1

x2

conv(Q)

1

1

• •

• •

• •

• •

• ••

• •

conv(Q

) ∩ {x | A

1 x ≥ b1 }

c

−A1

• x∗DL

• x∗PI

•x∗PL

λ (0, 5/3) (5/3, 3) (3,∞)

x∗(λ) (0, 2) (1, 0) (2, 0)

z(λ) −2 + λ 3− 2λ 6− 3λ

⇒ zDL = cx∗DL = −13


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

Gap de dualidade

zPI − zDL = 1−(−1

3

)=

4

3

Comparando com relaxacao linear

xPL =

(1

5,

6

5

)⇒ zPL = −3

5

LogozPI > zDL > zPL

Note que x∗(λ∗) e viavel para (PI ), porem nao e otima para(PI ).


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

Gap de dualidade

zPI − zDL = 1−(−1

3

)=

4

3


xPL =

(1

5,

6

5

)⇒ zPL = −3

5

LogozPI > zDL > zPL



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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

Gap de dualidade

zPI − zDL = 1−(−1

3

)=

4

3


xPL =

(1

5,

6

5

)⇒ zPL = −3

5

LogozPI > zDL > zPL



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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

Gap de dualidade

zPI − zDL = 1−(−1

3

)=

4

3


xPL =

(1

5,

6

5

)⇒ zPL = −3

5

LogozPI > zDL > zPL



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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

Gap de dualidade

zPI − zDL = 1−(−1

3

)=

4

3


xPL =

(1

5,

6

5

)⇒ zPL = −3

5

LogozPI > zDL > zPL



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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Demonstracao

Fato (N&W, p. 106): se dados sao racionais, conv(Q) epoliedro racional e min{dx | x ∈ Q} = min{dx | x ∈ conv(Q)}.

conv(Q) = conv(P) + conic(R).

z(λ) = min{(c − λA1)x + λb1 | x ∈ Q}= min{cx + λ(b1 − A1x) | x ∈ conv(Q)}

=

+∞, se Q = P = ∅−∞, se ∃r j ∈ R | (c − λA1)r j < 0cxk + λ(b1 − A1)xk , c.c., para algum xk ∈ P


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Demonstracao




=



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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Demonstracao




=



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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

dem. — cont.

LogozDL = max

λ≥0min

x∈conv(Q){cx + λ(b1 − A1x)}

= maxz,λ

z

z ≤ cxk + λ(b1 − A1xk), ∀xk ∈ P

(c − λA1)r j ≥ 0, ∀r j ∈ R

λ ≥ 0= max

z,λz

z + λ(A1xk − b1) ≤ cxk , ∀xk ∈ P

λA1r j ≤ cr j , ∀r j ∈ R

λ ≥ 0


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

dem. — cont.

LogozDL = max

λ≥0min


= maxz,λ

z

z ≤ cxk + λ(b1 − A1xk), ∀xk ∈ P

(c − λA1)r j ≥ 0, ∀r j ∈ R

λ ≥ 0

= maxz,λ

z

z + λ(A1xk − b1) ≤ cxk , ∀xk ∈ P


λ ≥ 0


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

dem. — cont.

LogozDL = max

λ≥0min


= maxz,λ

z

z ≤ cxk + λ(b1 − A1xk), ∀xk ∈ P

(c − λA1)r j ≥ 0, ∀r j ∈ R

λ ≥ 0= max

z,λz

z + λ(A1xk − b1) ≤ cxk , ∀xk ∈ P


λ ≥ 0


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

dem. — cont.

Teor. de dualidade de PL ⇒

zDL = min c(∑

k αkxk +∑

j µj rj)

∑k αk = 1

A1(∑

k αkxk +∑

j µj rj)≥ b1 (

∑k αk)

αk , µj ≥ 0, ∀k , j

= mins.a

cxA1x ≥ b1

x ∈ conv(Q)


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

dem. — cont.

Teor. de dualidade de PL ⇒

zDL = min c(∑

k αkxk +∑

j µj rj)

∑k αk = 1

A1(∑

k αkxk +∑

j µj rj)≥ b1 (

∑k αk)

αk , µj ≥ 0, ∀k , j

= mins.a

cxA1x ≥ b1

x ∈ conv(Q)


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Referencias

CorolarioSe

conv(Q) ∩ {x | A2x ≥ b2} =conv{x | A1x ≥ b1,A2x ≥ b2, xj ∈ Z+},

entao cota fornecida por relaxacao lagrangiana coincide comcota fornecida por relaxacao linear.


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Questoes importantes

• Estrategia: quais restricoes relaxar/dualizar?Levar em consideracao

• a qualidade da cota zDL

• a facilidade de solucao de (PRλ)• a facilidade de solucao de (DL)

• Tatica: como estimar/atualizar λ?

• metodo do subgradiente


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Reducao doproblema

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Referencias


• Estrategia: quais restricoes relaxar/dualizar?Levar em consideracao• a qualidade da cota zDL





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Referencias



• a facilidade de solucao de (PRλ)

• a facilidade de solucao de (DL)




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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias







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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias




• Tatica: como estimar/atualizar λ?• metodo do subgradiente


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Referencias

Metodo do subgradiente

(PRλ) max z(λ) = cx + λ(b − Ax)

s.a x ∈ X

• z(λ) e convexa, linear por partes.

• (b − Ax∗(λ)) ∈ ∂z(λ)

Passo 1 (Inicializacao)k ← 0Chuta λ0

Passo 2 (Iteracao)Enquanto nao satisfaz criterio de paradaλ← λk

Seja xk ∈ argmax{cx + λk(b − Ax) | x ∈ X}λk+1

i = [λki − µk(b − Axk)i ]

+

k ← k + 1


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Aplicacoes

Referencias



s.a x ∈ X


• (b − Ax∗(λ)) ∈ ∂z(λ)





+

k ← k + 1


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Aplicacoes

Referencias



s.a x ∈ X


• (b − Ax∗(λ)) ∈ ∂z(λ)





+

k ← k + 1


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias



s.a x ∈ X


• (b − Ax∗(λ)) ∈ ∂z(λ)





+

k ← k + 1


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias



s.a x ∈ X


• (b − Ax∗(λ)) ∈ ∂z(λ)





+

k ← k + 1


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Referencias

Exemplo

Problema de cobertura

(PI ) min cxs.a Ax ≥ 1

xj ∈ {0, 1} ∀j

Dualizando restricoes de cobertura

(PRλ) min (c − λA)x +∑

i λi= Cx +∑

i λi

s.a xj ∈ {0, 1} ∀j

Solucao otima

x∗j (λ) =

{1, se Cj ≤ 00, c.c.


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Referencias

Exemplo



xj ∈ {0, 1} ∀j



i λi= Cx +∑

i λi

s.a xj ∈ {0, 1} ∀j

Solucao otima

x∗j (λ) =

{1, se Cj ≤ 00, c.c.


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo



xj ∈ {0, 1} ∀j



i λi= Cx +∑

i λi

s.a xj ∈ {0, 1} ∀j

Solucao otima

x∗j (λ) =

{1, se Cj ≤ 00, c.c.


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Reducao doproblema

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Referencias

Exemplo

Problema da mochila

z = max 10y1 + 4y2 + 14y3

3y1 + y2 + 4y3 ≤ 4y ∈ B3.

Dualizando a restricao de capacidade

zDL = minλ≥0

z(λ),

z(λ) = max (10− 3λ)y1 + (4− λ)y2 + (14− λ)y3 + 4λy ∈ B3,

onde λ ≥ 0.


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Referencias

Exemplo

Problema da mochila

z = max 10y1 + 4y2 + 14y3

3y1 + y2 + 4y3 ≤ 4y ∈ B3.


zDL = minλ≥0

z(λ),

z(λ) = max (10− 3λ)y1 + (4− λ)y2 + (14− λ)y3 + 4λy ∈ B3,

onde λ ≥ 0.


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo

Problema da mochila

z = max 10y1 + 4y2 + 14y3

3y1 + y2 + 4y3 ≤ 4y ∈ B3.


zDL = minλ≥0

z(λ),

z(λ) = max (10− 3λ)y1 + (4− λ)y2 + (14− λ)y3 + 4λy ∈ B3,

onde λ ≥ 0.


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Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont

Logo

z(λ) = max{0, 10− 3λ}+ max{0, 4− λ}+ max{0, 14− 4λ}+ 4λ

z(λ) = funcao convexa, linear por partes


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Referencias

Exemplo — cont

Logo

z(λ) = max{0, 10− 3λ}+ max{0, 4− λ}+ max{0, 14− 4λ}+ 4λ

z(λ) = funcao convexa, linear por partes


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Referencias

Exemplo — cont

λ

y

1

1415

28 •

••

•

(10/3, 44/3) (7/2, 29/2)

(4, 16)

y = z(λ)

λ (0, 10/3) (10/3, 7/2) (7/2, 4) (4,∞)

y∗ (1, 1, 1) (0, 1, 1) (0, 1, 0) (0, 0, 0)


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Exemplo — cont

λk+1 = max{λk − µk(4− 3y∗1 − y∗2 − 4y∗3 ), 0}

µk = µoρk , com λ0 = 0, µ0 = 1 e ρ = 1/2

k λ µ

0 0 11 max{0− 1(4− 3− 1− 4), 0} = 4 1/22 max{4− 1

2 (4− 0− 1− 0), 0} = 2 12 1/4

3 max{52 −

14 (4− 3− 1− 4), 0} = 3 1

2 1/8

4 max{72 −

18 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 5

8 1/16

5 max{298 −

116 (4− 0− 1− 0), 0} = 3 7

16 1/32

6 max{5516 −

132 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 15

32 1/64

7 max{11132 −

164 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 31

64 1/128

8 max{22364 −

1128 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 63

128 1/256


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Referencias

Exemplo — cont

λk+1 = max{λk − µk(4− 3y∗1 − y∗2 − 4y∗3 ), 0}

µk = µoρk , com λ0 = 0, µ0 = 1 e ρ = 1/2

k λ µ

0 0 11 max{0− 1(4− 3− 1− 4), 0} = 4 1/22 max{4− 1

2 (4− 0− 1− 0), 0} = 2 12 1/4

3 max{52 −

14 (4− 3− 1− 4), 0} = 3 1

2 1/8

4 max{72 −

18 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 5

8 1/16

5 max{298 −

116 (4− 0− 1− 0), 0} = 3 7

16 1/32

6 max{5516 −

132 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 15

32 1/64

7 max{11132 −

164 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 31

64 1/128

8 max{22364 −

1128 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 63

128 1/256


M.P. Mello

Roteiro

Contexto

Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont

λk+1 = max{λk − µk(4− 3y∗1 − y∗2 − 4y∗3 ), 0}

µk = µoρk , com λ0 = 0, µ0 = 1 e ρ = 1/2

k λ µ

0 0 1

1 max{0− 1(4− 3− 1− 4), 0} = 4 1/22 max{4− 1

2 (4− 0− 1− 0), 0} = 2 12 1/4

3 max{52 −

14 (4− 3− 1− 4), 0} = 3 1

2 1/8

4 max{72 −

18 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 5

8 1/16

5 max{298 −

116 (4− 0− 1− 0), 0} = 3 7

16 1/32

6 max{5516 −

132 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 15

32 1/64

7 max{11132 −

164 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 31

64 1/128

8 max{22364 −

1128 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 63

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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont

λk+1 = max{λk − µk(4− 3y∗1 − y∗2 − 4y∗3 ), 0}

µk = µoρk , com λ0 = 0, µ0 = 1 e ρ = 1/2

k λ µ

0 0 11 max{0− 1(4− 3− 1− 4), 0} = 4 1/2

2 max{4− 12 (4− 0− 1− 0), 0} = 2 1

2 1/4

3 max{52 −

14 (4− 3− 1− 4), 0} = 3 1

2 1/8

4 max{72 −

18 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 5

8 1/16

5 max{298 −

116 (4− 0− 1− 0), 0} = 3 7

16 1/32

6 max{5516 −

132 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 15

32 1/64

7 max{11132 −

164 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 31

64 1/128

8 max{22364 −

1128 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 63

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Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont

λk+1 = max{λk − µk(4− 3y∗1 − y∗2 − 4y∗3 ), 0}

µk = µoρk , com λ0 = 0, µ0 = 1 e ρ = 1/2

k λ µ

0 0 11 max{0− 1(4− 3− 1− 4), 0} = 4 1/22 max{4− 1

2 (4− 0− 1− 0), 0} = 2 12 1/4

3 max{52 −

14 (4− 3− 1− 4), 0} = 3 1

2 1/8

4 max{72 −

18 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 5

8 1/16

5 max{298 −

116 (4− 0− 1− 0), 0} = 3 7

16 1/32

6 max{5516 −

132 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 15

32 1/64

7 max{11132 −

164 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 31

64 1/128

8 max{22364 −

1128 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 63

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Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont

λk+1 = max{λk − µk(4− 3y∗1 − y∗2 − 4y∗3 ), 0}

µk = µoρk , com λ0 = 0, µ0 = 1 e ρ = 1/2

k λ µ

0 0 11 max{0− 1(4− 3− 1− 4), 0} = 4 1/22 max{4− 1

2 (4− 0− 1− 0), 0} = 2 12 1/4

3 max{52 −

14 (4− 3− 1− 4), 0} = 3 1

2 1/8

4 max{72 −

18 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 5

8 1/16

5 max{298 −

116 (4− 0− 1− 0), 0} = 3 7

16 1/32

6 max{5516 −

132 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 15

32 1/64

7 max{11132 −

164 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 31

64 1/128

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1128 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 63

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Exemplo — cont

λk+1 = max{λk − µk(4− 3y∗1 − y∗2 − 4y∗3 ), 0}

µk = µoρk , com λ0 = 0, µ0 = 1 e ρ = 1/2

k λ µ

0 0 11 max{0− 1(4− 3− 1− 4), 0} = 4 1/22 max{4− 1

2 (4− 0− 1− 0), 0} = 2 12 1/4

3 max{52 −

14 (4− 3− 1− 4), 0} = 3 1

2 1/8

4 max{72 −

18 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 5

8 1/16

5 max{298 −

116 (4− 0− 1− 0), 0} = 3 7

16 1/32

6 max{5516 −

132 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 15

32 1/64

7 max{11132 −

164 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 31

64 1/128

8 max{22364 −

1128 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 63

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Referencias

Exemplo — cont

λk+1 = max{λk − µk(4− 3y∗1 − y∗2 − 4y∗3 ), 0}

µk = µoρk , com λ0 = 0, µ0 = 1 e ρ = 1/2

k λ µ

0 0 11 max{0− 1(4− 3− 1− 4), 0} = 4 1/22 max{4− 1

2 (4− 0− 1− 0), 0} = 2 12 1/4

3 max{52 −

14 (4− 3− 1− 4), 0} = 3 1

2 1/8

4 max{72 −

18 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 5

8 1/16

5 max{298 −

116 (4− 0− 1− 0), 0} = 3 7

16 1/32

6 max{5516 −

132 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 15

32 1/64

7 max{11132 −

164 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 31

64 1/128

8 max{22364 −

1128 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 63

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Referencias

Exemplo — cont

λk+1 = max{λk − µk(4− 3y∗1 − y∗2 − 4y∗3 ), 0}

µk = µoρk , com λ0 = 0, µ0 = 1 e ρ = 1/2

k λ µ

0 0 11 max{0− 1(4− 3− 1− 4), 0} = 4 1/22 max{4− 1

2 (4− 0− 1− 0), 0} = 2 12 1/4

3 max{52 −

14 (4− 3− 1− 4), 0} = 3 1

2 1/8

4 max{72 −

18 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 5

8 1/16

5 max{298 −

116 (4− 0− 1− 0), 0} = 3 7

16 1/32

6 max{5516 −

132 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 15

32 1/64

7 max{11132 −

164 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 31

64 1/128

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1128 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 63

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Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont

λk+1 = max{λk − µk(4− 3y∗1 − y∗2 − 4y∗3 ), 0}

µk = µoρk , com λ0 = 0, µ0 = 1 e ρ = 1/2

k λ µ

0 0 11 max{0− 1(4− 3− 1− 4), 0} = 4 1/22 max{4− 1

2 (4− 0− 1− 0), 0} = 2 12 1/4

3 max{52 −

14 (4− 3− 1− 4), 0} = 3 1

2 1/8

4 max{72 −

18 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 5

8 1/16

5 max{298 −

116 (4− 0− 1− 0), 0} = 3 7

16 1/32

6 max{5516 −

132 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 15

32 1/64

7 max{11132 −

164 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 31

64 1/128

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1128 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 63

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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont

λk+1 = max{λk − µk(4− 3y∗1 − y∗2 − 4y∗3 ), 0}

µk = µoρk , com λ0 = 0, µ0 = 1 e ρ = 1/2

k λ µ

0 0 11 max{0− 1(4− 3− 1− 4), 0} = 4 1/22 max{4− 1

2 (4− 0− 1− 0), 0} = 2 12 1/4

3 max{52 −

14 (4− 3− 1− 4), 0} = 3 1

2 1/8

4 max{72 −

18 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 5

8 1/16

5 max{298 −

116 (4− 0− 1− 0), 0} = 3 7

16 1/32

6 max{5516 −

132 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 15

32 1/64

7 max{11132 −

164 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 31

64 1/128

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1128 (4− 0− 1− 4), 0} = 3 63

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Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont

Embora λ3 = 7/2 = λ∗, o subgradiente

(b − Ay∗(λ3)) = 4− 0− 1− 4 6= 0

⇒ otimalidade nao e detectada

Inducao ⇒ λk = 3 + 716 + 1

32

k−6∑i=0

(1

2

)i

, para k ≥ 6

Logo

λk −→k →∞

3 +7

16+

2

32=

7

2


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont


(b − Ay∗(λ3)) = 4− 0− 1− 4 6= 0


Inducao ⇒ λk = 3 + 716 + 1

32

k−6∑i=0

(1

2

)i

, para k ≥ 6

Logo

λk −→k →∞

3 +7

16+

2

32=

7

2


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Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont


(b − Ay∗(λ3)) = 4− 0− 1− 4 6= 0


Inducao ⇒ λk = 3 + 716 + 1

32

k−6∑i=0

(1

2

)i

, para k ≥ 6

Logo

λk −→k →∞

3 +7

16+

2

32=

7

2


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Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont


(b − Ay∗(λ3)) = 4− 0− 1− 4 6= 0


Inducao ⇒ λk = 3 + 716 + 1

32

k−6∑i=0

(1

2

)i

, para k ≥ 6

Logo

λk −→k →∞

3 +7

16+

2

32=

7

2


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Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo

Problema simetrico do caixeiro viajante (Held & Karp)

(PI ) min∑

e∈E cexe

s.a∑

e∈δ(i) xe = 2 ∀i ∈ V∑e∈E(S) xe ≤ |S | − 1 ∀2 ≤ |S | ≤ |V | − 1

xj ∈ {0, 1} ∀j

Dualizando restricoes de dupla incidencia no no i , para i 6= 1

(PRλ) min∑

e∈E (ce − λi − λj)xe + 2∑

i∈V λi

s.a∑

e∈δ(1) xe = 2∑e∈E(S) xe ≤ |S | − 1 ∀2 ≤ |S | ≤ |V | − 1, 1 /∈ S∑e∈E xe = n

xj ∈ {0, 1} ∀j

Solucao de (PRλ) e 1-arvore


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Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo


(PI ) min∑

e∈E cexe

s.a∑


xj ∈ {0, 1} ∀j


(PRλ) min∑


i∈V λi

s.a∑


xj ∈ {0, 1} ∀j



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Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo


(PI ) min∑

e∈E cexe

s.a∑


xj ∈ {0, 1} ∀j


(PRλ) min∑


i∈V λi

s.a∑


xj ∈ {0, 1} ∀j



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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

Grafo completo com 5 nos. Matriz de custos

(ce) =

30 26 50 40

24 40 5024 26

30

Se λ = (0, 0,−15, 0, 0) e ce = ce − λiλj

(ce) =

30 42 50 40

39 40 5039 41

30


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

Grafo completo com 5 nos. Matriz de custos

(ce) =

30 26 50 40

24 40 5024 26

30

Se λ = (0, 0,−15, 0, 0) e ce = ce − λiλj

(ce) =

30 42 50 40

39 40 5039 41

30


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

1-arvore e solucao otima

1 2

3

4

5

30

39

3930

40


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont.

1-arvore e solucao otima

1 2

3

4

5

30

39

3930

40


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo

Decomposicao lagrangiana

min cxs.a Ax ≥ b

Bx ≥ dxj ∈ Z ∀j

Introduzindo copias das variaveis

min cxs.a Ax ≥ b

y = xBy ≥ dxj , yj ∈ Z ∀j


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo

Decomposicao lagrangiana

min cxs.a Ax ≥ b

Bx ≥ dxj ∈ Z ∀j

Introduzindo copias das variaveis

min cxs.a Ax ≥ b

y = xBy ≥ dxj , yj ∈ Z ∀j


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont

Dualizando as igualdades

min cx + λ(x − y)s.a Ax ≥ b

By ≥ dxj , yj ∈ Z ∀j

Problema pode ser decomposto

min (c + λ)xs.a Ax ≥ b

xj ∈ Z ∀je

min −λys.a By ≥ d

yj ∈ Z ∀j


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo — cont

Dualizando as igualdades

min cx + λ(x − y)s.a Ax ≥ b

By ≥ dxj , yj ∈ Z ∀j

Problema pode ser decomposto

min (c + λ)xs.a Ax ≥ b

xj ∈ Z ∀je

min −λys.a By ≥ d

yj ∈ Z ∀j


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo

Melhorando o problema relaxadoProblema de cobertura


xj ∈ {0, 1} ∀j

Se A e m× n, 1 ≤∑

j xj ≤ m e redundante para (PI ), mas naopara (PRλ)Introduzindo esta restricao temos cota melhor


i λi= Cx +∑

i λi

s.a 1 ≤∑

j xj ≤ m

xj ∈ {0, 1} ∀j


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo



xj ∈ {0, 1} ∀j

Se A e m× n, 1 ≤∑

j xj ≤ m e redundante para (PI ), mas naopara (PRλ)

Introduzindo esta restricao temos cota melhor


i λi= Cx +∑

i λi

s.a 1 ≤∑

j xj ≤ m

xj ∈ {0, 1} ∀j


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo



xj ∈ {0, 1} ∀j

Se A e m× n, 1 ≤∑

j xj ≤ m e redundante para (PI ), mas naopara (PRλ)Introduzindo esta restricao temos cota melhor


i λi= Cx +∑

i λi

s.a 1 ≤∑

j xj ≤ m

xj ∈ {0, 1} ∀j


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Heurıstica lagrangiana

x∗(λ) x , solucao viavel para (PI )(fornece cota superior para zPI )

Exemplo: problema de cobertura

• S = {j | x∗j (λ) = 1}• N = {i | Ai.x∗ = 0}• Para i ∈ N

Seja j ∈ argmin{cj | aij = 1}Faca S ← S ∪ {j}


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Heurıstica lagrangiana

x∗(λ) x , solucao viavel para (PI )(fornece cota superior para zPI )


• S = {j | x∗j (λ) = 1}• N = {i | Ai.x∗ = 0}• Para i ∈ N

Seja j ∈ argmin{cj | aij = 1}Faca S ← S ∪ {j}


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Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo

(cj) = (2, 3, 4, 5)

A =

1 0 1 01 0 0 10 1 1 1

λ = (1.5, 1.6, 2.2)

x∗(λ) = (1, 0, 0, 0)

Aplicando o procedimento:S = {1}, N = {3} e j = 2⇒ x = (1, 1, 0, 0) (solucao otima!)


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo

(cj) = (2, 3, 4, 5)

A =

1 0 1 01 0 0 10 1 1 1

λ = (1.5, 1.6, 2.2)

x∗(λ) = (1, 0, 0, 0)



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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo

(cj) = (2, 3, 4, 5)

A =

1 0 1 01 0 0 10 1 1 1

λ = (1.5, 1.6, 2.2)

x∗(λ) = (1, 0, 0, 0)



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Contexto

Teoria

Aspectospraticos


Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo

(cj) = (2, 3, 4, 5)

A =

1 0 1 01 0 0 10 1 1 1

λ = (1.5, 1.6, 2.2)

x∗(λ) = (1, 0, 0, 0)



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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Exemplo

(cj) = (2, 3, 4, 5)

A =

1 0 1 01 0 0 10 1 1 1

λ = (1.5, 1.6, 2.2)

x∗(λ) = (1, 0, 0, 0)



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Reducao doproblema

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Reducao do problema

Dimensao reduzida via fixacao de variaveis


• x∗ = x∗(λ) inviavel

• xH = x∗ + y viavel, y obtido com algoritmo guloso, comona heurıstica lagrangiana

• N1 = {j | cj −∑

i λiaij > 0}N0 = {j | cj −

∑i λiaij < 0} ⊆ {j | x∗j = 1}

• z = melhor cota superior conhecida (valor de melhorsolucao viavel conhecida)


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Reducao doproblema

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Reducao do problema





• N1 = {j | cj −∑

i λiaij > 0}N0 = {j | cj −

∑i λiaij < 0} ⊆ {j | x∗j = 1}



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Reducao do problema





• N1 = {j | cj −∑

i λiaij > 0}N0 = {j | cj −

∑i λiaij < 0} ⊆ {j | x∗j = 1}



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Reducao do problema





• N1 = {j | cj −∑

i λiaij > 0}N0 = {j | cj −

∑i λiaij < 0} ⊆ {j | x∗j = 1}



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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Proposicao (Wolsey, p. 178)Se k ∈ N1 e∑

i

λi +∑j∈N0

(cj −∑

i

λiaij) + (ck −∑

i

λiaik) ≥ z

entao xk = 0 em qualquer solucao viavel melhor do que a atualcandidata.Se k ∈ N0 e∑

i

λi +∑

j∈N0\k

(cj −∑

i

λiaij) + (ck −∑

i

λiaik) ≥ z

entao xk = 1 em qualquer solucao viavel melhor do que a atualcandidata.


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Reducao doproblema

Aplicacoes

Referencias

Aplicacoes

Line segmentation problem

Problema de designacao generalizado

Problema de localizacao com capacidades

Problema de entregas

Problema do caixeiro viajante assimetrico generalizado

Problema do particionamento de operacoes

Problema de cobertura com capacidade

Problema de designacao multi-recurso

Problema de designacao com restricoes adicionais

Problema de distribuicao


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Aplicacoes

Referencias

Referencias

J.E. Beasley, Lagrangean relaxation, in Modern Heuristic Tech-niques for Combinatorial Problems, C. Reeves (ed.), BlackwellScientific Publishing (1993) 143–303.

M. Held, R.M. Karp, The traveling salesman problem and mini-mum spanning trees, Operations Research 18 (1970), 1138–1162.

M. Held, R.M. Karp, The traveling salesman problem and mini-mum spanning trees: part II, Mathematical Programming 1(1971), 6–25.

G.L. Nemhauser, L.A. Wolsey, Integer and Combinatorial Opti-mization, Wiley, New York, 1988.


M.P. Mello

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Referencias

Referencias — cont.

L.A. Wolsey, Integer Programming, Wiley, New York, 1998.

Documents

Relaxação Lagrangeana