运筹学模拟考试试卷及解析（A）

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课程名称： 运筹学 考试形式： 闭卷 总分： 100 分

一、 判断题（每小题 2 分，共 20 分。对的打“√”，错的打“×”）

1. 线性规划问题的可行域若有界，则它一定是一个凸多面体。 （ ）
2. 若线性规划的原问题有无界解，则其对偶问题一定无可行解。 （ ）
3. 在产销平衡的运输问题中，基变量的个数始终为 \(m+n\) 个。 （ ）
4. 所有的整数规划问题都可以转化为 0-1 规划问题来求解。 （ ）
5. 指派问题的效率矩阵中，若某行（或某列）元素同时加上一个常数 \(k\)，不改变其最优指派方案。 （ ）
6. Dijkstra 算法不仅能求出两点间的最短路，还能适用于边权为负的网络。 （ ）
7. 动态规划的最优化原理保证了每一阶段的决策都是基于全局最优的考虑。 （ ）
8. 在 PERT 网络计划中，关键路线上的所有活动的总时差均为零。 （ ）
9. 排队论中的 M/M/1 模型是指到达和服务时间均服从泊松分布。 （ ）
10. 灵敏度分析研究的是约束条件右端值或价值系数变化对当前最优基的影响。 （ ）

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二、 单选题（每小题 4 分，共 20 分）

1. 使用单纯形法求解极大化问题时，若所有非基变量的检验数 \(\sigma_j \le 0\)，且存在某非基变量的检验数为 0，则该问题 ( )。
   A. 有唯一最优解 B. 有无穷多最优解 C. 无界解 D. 无可行解

2. 3 个产地、4 个销地的产销平衡运输问题模型中，其约束条件的个数为 ( )。
   A. 7 B. 12 C. 6 D. 1

3. 求解指派问题的专用有效算法是 ( )。
   A. 闭回路法 B. 伏格尔法 C. 匈牙利法 D. 分支定界法

4. 在决策分析中，若决策者对未来状态出现的概率一无所知，这类决策属于 ( )。
   A. 确定型决策 B. 风险型决策 C. 不确定型决策 D. 贝叶斯决策

5. 在箭线式网络图中，虚工序的主要作用是 ( )。
   A. 消耗资源 B. 占用时间 C. 体现活动间的逻辑关系 D. 增加工期

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三、 综合计算题（共 60 分）

1. 线性规划与对偶（15 分）

已知线性规划原问题如下：

\[ \max z = 2x_1 + 3x_2 \\ s.t. \begin{cases} x_1 + 2x_2 \le 8 \\ 4x_1 \le 16 \\ x_1, x_2 \ge 0 \end{cases} \]

(1) 写出该问题的对偶问题。

(2) 若已知原问题的最优解为 \(x^* = (4, 2)^T\)，请利用对偶理论（互补松弛性）求出对偶问题的最优解。

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2. 运输问题（15 分）

某航运公司有三个供货点（产地）和三个收货点（销地），其产销量及单位运价如下表所示：

产地\销地	\(B_1\)	\(B_2\)	\(B_3\)	产量
\(A_1\)	4	1	2	10
\(A_2\)	2	3	3	20
\(A_3\)	3	5	1	20
销量	15	15	20	50

(1) 用“最小元素法”给出初始调运方案。

(2) 计算该方案的检验数，判断是否为最优方案。

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3. 动态规划（15 分）

某海事部门拟将 4 艘巡逻艇分配到 3 个不同的海域执行任务。根据以往经验，不同分配方案下捕获违章船只的预期数量如下表。请用动态规划方法确定最优分配方案，使总捕获数最大。

分配艇数	海域 1	海域 2	海域 3
0	0	0	0
1	4	2	5
2	6	5	7
3	7	8	8
4	8	9	9

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4. 排队论（15 分）

某港口只有一个泊位，货船到达符合泊松流，平均每小时到达 2 艘。泊位对每艘船的服务时间服从负指数分布，平均服务时间为 20 分钟。求：

(1) 该排队系统的利用率 \(\rho\)。

(2) 港口内平均等待服务的船只数 \(L_q\)。

(3) 一艘船在港口内平均逗留的总时间 \(W_s\)。

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【解析】

一、判断题（每小题2分，共20分）

题号	答案	简要解析
1	√	线性规划的可行域由线性不等式组确定，是凸集；有界时为有界凸多面体。
2	√	原问题无界时，对偶问题不可能存在可行解，否则与弱对偶定理矛盾。
3	×	产销平衡运输问题的基变量个数为 \(m+n-1\)，而不是 \(m+n\)。
4	√	一般整数变量可以通过二进制编码等方法转化为0-1变量。
5	√	某一行或某一列所有元素同时加同一个常数，不改变最优指派方案。
6	×	Dijkstra算法要求网络中边权非负，不能直接处理负权边。
7	×	动态规划强调最优性原理，并不意味着每个阶段都独立追求全局最优。
8	√	关键路线上的活动总时差均为0。
9	×	M/M/1中，到达过程为泊松过程，服务时间服从负指数分布，而不是“服务时间服从泊松分布”。
10	√	灵敏度分析研究参数变化对当前最优解、最优基及目标值等的影响。

判断题答案

\[\boxed{\sqrt{ }、\sqrt{ }、\times、\sqrt{ }、\sqrt{ }、\times、\times、\sqrt{ }、\times、\sqrt{ }} \]

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二、单选题（每小题4分，共20分）

1. 单纯形法最优解判断

极大化问题中，当所有非基变量的检验数满足：

\[\sigma_j\leq0 \]

说明当前解已经达到最优。

若存在某个非基变量满足：

\[\sigma_j=0 \]

则该变量进入基后目标函数值仍不变，因此存在多个最优解。

答案：B．有无穷多最优解

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2. 运输问题约束条件数量

有3个产地、4个销地，因此运输问题共有：

\[3+4=7 \]

个产销约束。

虽然其中一个约束可以由其他约束推出，但模型通常仍列出全部约束。

答案：A．7

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3. 指派问题专用算法

指派问题最经典的专用算法是：

\[\boxed{\text{匈牙利法}} \]

答案：C．匈牙利法

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4. 不知道未来状态概率的决策

如果未来各种状态发生的概率完全未知，则属于：

\[\boxed{\text{不确定型决策}} \]

答案：C．不确定型决策

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5. 虚工序的作用

箭线式网络图中的虚工序：

• 不消耗资源；
• 不占用实际时间；
• 主要用于表示活动之间的逻辑关系。

答案：C．体现活动间的逻辑关系

单选题答案

\[\boxed{1.B\quad2.A\quad3.C\quad4.C\quad5.C} \]

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三、综合计算题（共60分）

第1题：线性规划与对偶（15分）

已知：

\[\max z=2x_1+3x_2 \]

约束：

\[\begin{cases} x_1+2x_2\leq8\\ 4x_1\leq16\\ x_1,x_2\geq0 \end{cases} \]

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（1）写出对偶问题

原问题是最大化问题，约束为“\(\leq\)”，变量非负，因此对偶为最小化问题。

设对偶变量为：

\[y_1,y_2\geq0 \]

原问题右端项为 \(8,16\)，因此对偶目标函数为：

\[\min w=8y_1+16y_2 \]

根据原问题变量对应列得到对偶约束：

对于 \(x_1\)：

\[y_1+4y_2\geq2 \]

对于 \(x_2\)：

\[2y_1\geq3 \]

因此对偶问题为：

\[\boxed{ \begin{aligned} \min\quad&w=8y_1+16y_2\\ s.t.\quad& y_1+4y_2\geq2\\ &2y_1\geq3\\ &y_1,y_2\geq0 \end{aligned}} \]

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（2）利用互补松弛性求对偶最优解

已知原问题最优解：

\[x^*=(4,2)^T \]

代入原问题约束：

\[4+2\times2=8 \]

以及：

\[4\times4=16 \]

所以两个约束均为紧约束。

又因为：

\[x_1^*=4>0,\qquad x_2^*=2>0 \]

根据互补松弛性，对偶约束均取等号：

\[y_1+4y_2=2 \]

\[2y_1=3 \]

由第二式：

\[y_1=\frac32 \]

代入第一式：

\[\frac32+4y_2=2 \]

所以：

\[4y_2=\frac12 \]

\[y_2=\frac18 \]

因此：

\[\boxed{ y^*= \begin{pmatrix} \frac32\\ \frac18 \end{pmatrix}} \]

对偶目标值：

\[w^*=8\times\frac32+16\times\frac18 \]

\[=12+2=14 \]

原问题目标值：

\[z^*=2\times4+3\times2=14 \]

满足强对偶定理：

\[\boxed{z^*=w^*=14} \]

第1题答案

\[\boxed{ y^*=\left(\frac32,\frac18\right)^T,\qquad z^*=w^*=14 } \]

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第2题：运输问题（15分）

运输费用表为：

产地\销地	\(B_1\)	\(B_2\)	\(B_3\)	产量
\(A_1\)	4	1	2	10
\(A_2\)	2	3	3	20
\(A_3\)	3	5	1	20
销量	15	15	20	50

总产量：

\[10+20+20=50 \]

总销量：

\[15+15+20=50 \]

属于产销平衡运输问题。

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（1）最小元素法求初始方案

单位运价最小值为：

\[c_{12}=1,\qquad c_{33}=1 \]

先选择 \(A_1\to B_2\)：

\[x_{12}=\min(10,15)=10 \]

此时 \(A_1\)用完，\(B_2\)剩余5。

再选择 \(A_3\to B_3\)：

\[x_{33}=\min(20,20)=20 \]

此时 \(A_3\)和 \(B_3\)均满足。

剩余：

• \(A_2\)有20；
• \(B_1\)需要15；
• \(B_2\)需要5。

因此：

\[x_{21}=15 \]

\[x_{22}=5 \]

得到初始方案：

	\(B_1\)	\(B_2\)	\(B_3\)	产量
\(A_1\)	0	10	0	10
\(A_2\)	15	5	0	20
\(A_3\)	0	0	20	20
销量	15	15	20	50

初始运输费用：

\[Z=10\times1+15\times2+5\times3+20\times1 \]

\[=10+30+15+20 \]

\[\boxed{Z=75} \]

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（2）计算检验数

由于：

\[m+n-1=3+3-1=5 \]

而当前只有4个正的基变量：

\[x_{12},x_{21},x_{22},x_{33} \]

因此这是一个退化运输方案。

可以将 \(x_{23}=0\) 作为退化基变量。

令：

\[u_1=0 \]

对于基变量满足：

\[u_i+v_j=c_{ij} \]

由 \(x_{12}\)：

\[u_1+v_2=1 \]

所以：

\[v_2=1 \]

由 \(x_{22}\)：

\[u_2+v_2=3 \]

得到：

\[u_2=2 \]

由 \(x_{21}\)：

\[u_2+v_1=2 \]

得到：

\[v_1=0 \]

由退化基变量 \(x_{23}=0\)：

\[u_2+v_3=3 \]

所以：

\[v_3=1 \]

由 \(x_{33}\)：

\[u_3+v_3=1 \]

所以：

\[u_3=0 \]

因此：

\[u=(0,2,0) \]

\[v=(0,1,1) \]

采用检验数：

\[\Delta_{ij}=c_{ij}-u_i-v_j \]

得到：

	\(B_1\)	\(B_2\)	\(B_3\)
\(A_1\)	\(4\)	\(0\)	\(1\)
\(A_2\)	\(0\)	\(0\)	\(0\)
\(A_3\)	\(3\)	\(4\)	\(0\)

即：

\[\Delta= \begin{pmatrix} 4&0&1\\ 0&0&0\\ 3&4&0 \end{pmatrix} \]

对于最小化运输问题，若所有非基变量满足：

\[\Delta_{ij}\geq0 \]

则当前方案为最优方案。

这里：

\[\boxed{\Delta_{ij}\geq0} \]

因此当前方案为最优。

第2题答案

最优运输方案：

\[\boxed{ X^*= \begin{pmatrix} 0&10&0\\ 15&5&0\\ 0&0&20 \end{pmatrix}} \]

最小运输费用：

\[\boxed{Z_{\min}=75} \]

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第3题：动态规划（15分）

题目数据：

分配艇数	海域1	海域2	海域3
0	0	0	0
1	4	2	5
2	6	5	7
3	7	8	8
4	8	9	9

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（1）状态定义

设：

\[f_i(n) \]

表示将 \(n\) 艘巡逻艇分配给前 \(i\) 个海域时所能获得的最大预期捕获数。

设：

\[r_i(k) \]

表示向第 \(i\) 个海域分配 \(k\) 艘巡逻艇时的预期捕获数。

状态转移方程：

\[\boxed{ f_i(n)= \max_{0\leq k\leq n} \left\{ f_{i-1}(n-k)+r_i(k) \right\} } \]

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（2）第一阶段：海域1

根据表中数据：

\[f_1(n)=r_1(n) \]

所以：

\[\boxed{ f_1=(0,4,6,7,8) } \]

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（3）第二阶段：海域1、海域2

海域2收益：

\[r_2=(0,2,5,8,9) \]

计算：

\(n=0\)

\[f_2(0)=0 \]

\(n=1\)

\[f_2(1)=\max\{4,2\}=4 \]

\(n=2\)

\[f_2(2)=\max\{6,4+2,0+5\} \]

\[=\max\{6,6,5\}=6 \]

\(n=3\)

\[f_2(3)= \max\{7,\ 6+2,\ 4+5,\ 0+8\} \]

\[=\max\{7,8,9,8\} \]

因此：

\[\boxed{f_2(3)=9} \]

\(n=4\)

\[f_2(4)= \max\{8,\ 7+2,\ 6+5,\ 4+8,\ 0+9\} \]

\[=\max\{8,9,11,12,9\} \]

因此：

\[\boxed{f_2(4)=12} \]

最终：

\[\boxed{ f_2=(0,4,6,9,12) } \]

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（4）第三阶段：加入海域3

海域3收益：

\[r_3=(0,5,7,8,9) \]

需要分配全部4艘巡逻艇，因此：

\[f_3(4)= \max_{0\leq k\leq4} \left\{f_2(4-k)+r_3(k)\right\} \]

逐项计算：

海域3分配数 \(k\)	前两海域剩余艇数	$$f_2(4-k)$$	\(r_3(k)\)	总收益
0	4	12	0	12
1	3	9	5	14
2	2	6	7	13
3	1	4	8	12
4	0	0	9	9

因此：

\[f_3(4)=\max\{12,14,13,12,9\} \]

得到：

\[\boxed{f_3(4)=14} \]

最大值对应：

\[k=1 \]

即：

\[\boxed{x_3=1} \]

剩余3艘分配给海域1和海域2。

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（5）回溯最优方案

由：

\[f_2(3)=9 \]

其最大值来自：

\[f_1(1)+r_2(2)=4+5=9 \]

因此：

\[x_1=1 \]

\[x_2=2 \]

前面已经得到：

\[x_3=1 \]

所以最优分配方案为：

\[\boxed{ (x_1,x_2,x_3)=(1,2,1) } \]

总预期捕获数：

\[4+5+5=14 \]

因此：

\[\boxed{\text{最大预期捕获数}=14\text{ 艘}} \]

第3题最终答案

\[\boxed{ f_1=(0,4,6,7,8) } \]

\[\boxed{ f_2=(0,4,6,9,12) } \]

\[\boxed{ f_3(4)=14 } \]

最优分配：

\[\boxed{ \text{海域1：1艘，海域2：2艘，海域3：1艘} } \]

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第4题：排队论（15分）

题目给出：

• 平均到达率：每小时2艘；
• 平均服务时间：20分钟；
• 一个服务台。

因此这是：

\[\boxed{M/M/1} \]

模型。

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（1）计算服务率

平均服务时间：

\[20\text{分钟}=\frac{20}{60}=\frac13\text{小时} \]

所以服务率：

\[\mu=\frac{1}{1/3}=3 \]

即：

\[\boxed{\mu=3\text{ 艘/小时}} \]

到达率：

\[\boxed{\lambda=2\text{ 艘/小时}} \]

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（2）系统利用率 \(\rho\)

M/M/1模型中：

\[\rho=\frac{\lambda}{\mu} \]

代入：

\[\rho=\frac{2}{3} \]

因此：

\[\boxed{\rho=\frac23\approx0.667} \]

即泊位平均利用率约为：

\[\boxed{66.7\%} \]

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（3）平均等待服务的船只数 \(L_q\)

M/M/1模型：

\[L_q=\frac{\rho^2}{1-\rho} \]

代入：

\[L_q= \frac{(2/3)^2}{1-2/3} \]

\[=\frac{4/9}{1/3} \]

\[=\frac43 \]

所以：

\[\boxed{ L_q=\frac43\approx1.33\text{ 艘} } \]

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（4）平均逗留时间 \(W_s\)

M/M/1系统中：

\[W_s=\frac{1}{\mu-\lambda} \]

代入：

\[W_s=\frac{1}{3-2}=1 \]

所以：

\[\boxed{ W_s=1\text{ 小时}=60\text{ 分钟} } \]

也可以利用Little公式验证。

系统内平均船只数：

\[L_s=\frac{\rho}{1-\rho} \]

\[=\frac{2/3}{1/3}=2 \]

根据：

\[L_s=\lambda W_s \]

得到：

\[W_s=\frac{L_s}{\lambda} =\frac{2}{2}=1\text{小时} \]

与前面结果一致。

第4题最终答案

\[\boxed{ \rho=\frac23\approx0.667 } \]

\[\boxed{ L_q=\frac43\approx1.33\text{艘} } \]

\[\boxed{ W_s=1\text{小时}=60\text{分钟} } \]

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四、全卷最终答案汇总

1. 判断题

\[\boxed{ \sqrt{ }、\sqrt{ }、\times、\sqrt{ }、\sqrt{ }、\times、\times、\sqrt{ }、\times、\sqrt{ } } \]

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2. 单选题

\[\boxed{ B、A、C、C、C } \]

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3. 线性规划与对偶

对偶问题：

\[\boxed{ \begin{aligned} \min\quad&w=8y_1+16y_2\\ s.t.\quad& y_1+4y_2\geq2\\ &2y_1\geq3\\ &y_1,y_2\geq0 \end{aligned}} \]

最优对偶解：

\[\boxed{ y^*=\left(\frac32,\frac18\right)^T } \]

最优目标值：

\[\boxed{ z^*=w^*=14 } \]

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4. 运输问题

最优运输方案：

\[\boxed{ X^*= \begin{pmatrix} 0&10&0\\ 15&5&0\\ 0&0&20 \end{pmatrix} } \]

最小运输费用：

\[\boxed{Z_{\min}=75} \]

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5. 动态规划

各阶段状态：

\[\boxed{f_1=(0,4,6,7,8)} \]

\[\boxed{f_2=(0,4,6,9,12)} \]

\[\boxed{f_3(4)=14} \]

最优分配：

\[\boxed{(x_1,x_2,x_3)=(1,2,1)} \]

最大预期捕获数：

\[\boxed{14\text{ 艘}} \]

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6. 排队论

服务率：

\[\boxed{\mu=3\text{ 艘/小时}} \]

利用率：

\[\boxed{\rho=\frac23\approx66.7\%} \]

平均排队船只数：

\[\boxed{L_q=\frac43\approx1.33\text{艘}} \]

平均逗留时间：

\[\boxed{W_s=1\text{小时}=60\text{分钟}} \]

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五、全卷答案速查表

部分	题号	答案
判断	1—10	√、√、×、√、√、×、×、√、×、√
单选	1	B
单选	2	A
单选	3	C
单选	4	C
单选	5	C
计算1	对偶最优解	\(\left(\frac32,\frac18\right)^T\)
计算1	最优值	\(14\)
计算2	最优运输方案	\(\begin{pmatrix}0&10&0\\15&5&0\\0&0&20\end{pmatrix}\)
计算2	最小费用	\(75\)
计算3	最优分配	\((1,2,1)\)
计算3	最大收益	\(14\)
计算4	\(\rho\)	\(\frac23\)
计算4	\(L_q\)	\(\frac43\)
计算4	\(W_s\)	\(1\)小时