LINGO整数规划法解TSP问题

LINGO程序：
目前解的是6个城市的TSP问题，经过验证，30个城市的TSP问题基本可以做到秒解，50个城市的TSP问题也能在几秒内解出来。
但是100个城市的TSP问题就没办法轻易解出来了。因为TSP问题的增长规模甚至超过指数级。

注意看(2.2.1)的前三个条件都是很容易得出来的，分别表示：每个点的出度为1，入度为1，边只能取0和1；是TSP问题的典型特征（即最小哈密顿路径）。但是仅凭这三个条件是无法确定哈密顿路径的。原因是子巡回的问题。

子巡回的意思是城市序列中出现两个哈密顿回路，且他们不相交。如六个城市的旅行路线是(1-2-3-1)和(4-5-6-4)时，就是出现了子巡回，不满足TSP问题的条件。为此需要增加不含子巡回的条件。一种方法是添加变量u，并增加约束条件：

\[u_i - u_j + nx_{ij} \le n-1, 其中 u_i, u_j \ge 0, j=2,3,...,n \]

这样，含有子巡回的方案一定不满足条件：

反证法：假设一个有子巡回的方案满足条件，那么必定有一个不含有1的子巡回，假设子巡回为4-5-6-4，那么将此代入上式，得到

\[u_4 - u_5 + n \le n - 1; u_5 - u_6 + n \le n - 1; u_6 - u_4 + n \le n-1 \]

三者相加得到\(3n \le 3(n-1)\)，即\(n \le n-1\) 显然不会成立。

不含有子巡回的方案中一定存在(可能不唯一)一种u的取值使得条件成立：

• 首先重复上面的方法，由于最后j不能取1，所以带有\(u_1\)的项不会被去掉，因此不会出现矛盾。
• 设起点的u为0，连接起点的第一个点u为1，第二个为2，...，以此类推，最后一个点为n-1。
  考虑两种情况：
  1. \(x_{ij} = 1\) : 此时\(u_i - u_j = -1, -1 + n \le n-1\) 符合条件。
  2. \(x_{ij} = 0\) : 此时由于u的取值不会超过n-1，因此 \(u_i - u_j \le n-1\).

需要特别注意的是我们无需设定u的取值规则，只需要设定u的取值约束即可。lingo会自动寻找到一种能使得u满足条件的取值方案，而满足取值约束的u所对应的方案一定没有子巡回，从而满足了我们的要求。不得不说，这是一种非常巧妙的方法！

你可以约束所有的\(u \le n-1\)，这样，我们就可以根据u的取值直接看出哈密顿回路的连接方式了！

证明：
若i与j相连，则\(u_i-u_j\)必定是负数，否则不满足约束\(u_i - u_j + nx_{ij} \le n-1\)。这样u的值从点1（默认1为起始点，因为j不能取到1）到最后连向1的点单调增大，最后一个点（假设为t）的u值\(u_t\)一定是最大的。如果约束所有的点的u值\(u_i \le n-1\)，那么\(u_t \le n-1\)，这样的话就限制了从1连接到t的一串点的u值分别为0,1,2,...,n-1。进而确定了点的连接关系。

SETS: city/1..6/:u;
	link(city, city): dist, x;
ENDSETS

DATA:
	dist= 
     0    97    79    68    85    43
    97     0    71    49    83    44
    79    71     0    86     1   100
    68    49    86     0    28     4
    85    83     1    28     0    16
    43    44   100     4    16     0;
ENDDATA

n=@SIZE(city);
MIN=@SUM(link: dist*x);
@FOR(city(I): @SUM(city(J)|J#NE#I: x(I, J))=1;);
@FOR(city(J): @SUM(city(I)|I#NE#J: x(I, J))=1;);
@FOR(city(I): @FOR(city(J)|I#NE#J #AND# J#GT#1:
			 u(I)-u(J)+n*x(I,J)<=n-1 ); );
@FOR(city(I): u(I)>=0);
@FOR(city(I): u(I)<=n-1);
@FOR(link: @BIN(x));

标签：city,le,规划法,ij,TSP,取值,LINGO,巡回
来源： https://www.cnblogs.com/evergarden/p/16560877.html