2. MASALAH TRANSPORTASI TAK SEIMBANG Pada umumnya masalah transportasi adalah tak seimbang dimana penawaran lebih besar dari pada permintaan atau sebaliknya. Dalam kasus tak seimbang, metode solusi transportasi mem- butuhkan sedikit modifikasi, yaitu dengan me- nambah baris atau kolom “dummy” yg fungsinya menyeimbangkan penawaran dan permintaan. Contoh: Sebuah Perusahaan Negara berkepentingan me- ngangkut pupuk dari 3 pabrik (penawaran) ke 3

pasar (permintaan). Kapasitas penawaran ke 3 pabrik, permintaan ke 3 pasar, dan biaya trans- portasi per unit adalah sbb : ___________________________________________________ P a s a r Pabrik 1 2 3 Penawaran (aj) 1 8 5 6 120 2 15 10 12 80 3 3 9 10 60 Permintaan (bj) 150 70 60 ai  bj

Tabel Transportasi : ___________________________________________________ P a s a r Pabrik 1 2 3 Penawaran 1 120 2 80 3 60 Dummy 20 Permintaan 150 70 60 280 8 5 6 15 10 12 3 9 10

(1). Metode Pojok Barat Laut : Solusi Dasar Awal : (1). Metode Pojok Barat Laut : __________________________________ P a s a r Pabrik 1 2 3 Penawaran ___________________________________________________ 1 120 2 80 3 60 Dummy 20 Permintaan 150 70 60 280 8 5 6 120 15 10 12 30 50 3 9 10 20 40 20

Total Biaya Transportasi =120(8)+30(15)+50 (10)+20(9)+40(10)+20(0)=2.490. (2). Metode Biaya terendah __________________________________________________________ P a s a r Pabrik 1 2 3 Penawaran ___________________________________________________ 1 120 2 80 3 60 Dummy 20 Permintaan 150 70 60 280 8 5 6 70 50 15 10 12 70 10 3 9 10 60 20

Total Biaya Transportasi = 70(5)+50(6)+70(15) +10(12)+60(3)+20(0)= 1820 (3). Metode VAM --------------------------------------------------------------------------------------------- P a s a r Oppot. Pabrik 1 2 3 Penawaran Cost 1 120 1 2 80 2 3 60 6 Dummy 20 0 Permintaan 150 70 60 280 Oppot-Cost 3 5 6 8 5 6 15 10 12 3 9 10 60

--------------------------------------------------------------------------------------------- P a s a r Oppot. Pabrik 1 2 3 Penawaran Cost 1 120 - 2 80 2 3 60 - Dummy 20 - Permintaan 150 70 60 280 Oppot-Cost - 5 - 8 5 6 70 50 15 10 12 70 10 3 9 10 60 20

Total Biaya Transportasi =70(8)+50(6)+70(10) +10(12)+60(3)+20(0)=1860 ______________________________________________ P a s a r Pabrik 1 2 3 Penawaran (aj) 1 8 5 6 120 2 15 10 12 80 3 3 9 10 80 _____________________________________________ Permintaan (bj) 150 70 40 ai  bj

Total Biaya Transportasi = 120(8) +30(15)+50(10)+ __________________________________________________________________ P a s a r Pabrik 1 2 3 Dummy Penawaran ___________________________________________________ 1 120 2 80 3 80 Permintaan 150 70 40 20 280 Total Biaya Transportasi = 120(8) +30(15)+50(10)+ 20(9) +40(10)+20(0) =2.490 8 5 6 120 15 10 12 30 50 3 9 10 20 40 20

(2). Metode Biaya Terendah __________________________________________________________________ P a s a r Pabrik 1 2 3 Dummy Penawaran ___________________________________________________ 1 120 2 80 3 80 Permintaan 150 70 40 20 280 Total Biaya Transportasi = 70(5)+30(6)+20(0)+70(15)+10(12)+ 80(3) = 350+180+0+1050+120+240 = 1.940 8 5 6 70 30 20 15 10 12 70 10 3 9 10 80

------------------------------------------------------ (3). Metode VAM ------------------------------------------------------ P a s a r Pabrik 1 2 3 D Supply Op-Cost ___________________________________________________ 1 120 - 2 80 - 3 80 - Demand 150 70 40 20 280 Opp-Cost - - - - ------------------------------------------------------------------------ 8 5 6 70 10 40 15 10 12 60 20 3 9 10 80

3. DEGENERASI Total Biaya Transportasi =70(8)+10(5)+40(6)+ 60(10)+20(0)+80(3)=560+50+240+600+0+ 240 = 1690 3. DEGENERASI Untuk mengevaluasi kotak kosong dlm menen- tukan entering variabel, banyaknya kotak terisi (variabel basis) harus sama dengan m+n-1. Jika suatu tabel transportasi memiliki kurang dari m+n-1 kotak terisi, ini adalah degenerasi. Peristiwa ini dpt terjadi baik pada solusi awal atau selama iterasi berikutnya.

Dilarang menerapkan metode solusi stepping- stone dan MODI jika terjadi degenerasi. Tanpa m+n-1 variabel basis adalah tak mungkin me- nentukan semua jalur tertutup atau menyelesai- kan m+n-1 persamaan MODI (Ri+Kj)=Cij. Kita perhatikan Tabel transportasi berikut ini dgn solusi awal metode Pojok Barat Laut. Karena permintaan pada tujuan 1 identik dgn supply pada sumber 1 (100 unit), kotak terisi sebelah- nya tak ada lagi. Akibatnya, hanya ada 4 var. basis, semestinya ada 5 (m+n-1=5), sehingga terdapat solusi degenerasi.

--------------------------------------------------------------------------------- Pabrik P a s a r Supply 1 2 3 1 100 2 120 3 80 Demand 100 100 100 300 8 5 6 100 15 10 12 100 20 3 9 10 80

Untuk mengganti kekurangan ini, suatu alokasi khayal harus dibuat pd salah satu kotok kosong untuk membentuk kembali syarat m+n-1, shg nol dialokasikan ke salah satu dari dua calon, yaitu X12 atau X21. Alokasi nol menunjukkan bahwa tak ada barang nyata pada kotak itu, ttp ia diperlukan sebagai kotak yang ditempati utk tujuan memperoleh solusi. Pengaruh alokasi fiktif ini memungkinkan identifikasi semua jalur tertutup. Calon yg mungkin utk alokasi nol ada- lah X12 dan X21 karena mereka adalah dua var. yg secara normal mendpt alokasi dlm metode Pojok Barat Laut.

--------------------------------------------------------------------------------- Pabrik P a s a r Supply 1 2 3 1 100 2 120 3 80 Demand 100 100 100 300 8 5 6 100 15 10 12 100 20 3 9 10 80

(4). SOLUSI OPTIMUM Solusi optimum naik terhadap suatu masalah transportasi terjadi jika perubahan biaya Cij utk semua variabel non basis adalah positif. Jika suatu variabel non basis memiliki perubahan biaya sama dengan nol (Cij), maka terjadi solusi optimum ganda. Artinya, biaya transportasi tetap sama tetapi terdapat suatu kombinasi alo- kasi yang berbeda. Perhatikan lagi solusi opti- mum masalah transportasi pupuk. Evaluasi var. non basis pada Tabel tsb menunjukkan bahwa solusi adalah optimum dengan biaya terkecil adalah 1.920.

--------------------------------------------------------------------------------- Pabrik P a s a r Supply 1 2 3 1 120 2 80 3 Demand 150 70 60 280 8 5 6 70 50 15 10 12 70 10 3 9 10 80

--------------------------------------------------------------------------------- Pabrik P a s a r Supply 1 2 3 1 120 2 80 3 Demand 150 70 60 280 8 5 6 60 60 15 10 12 10 70 3 9 10 80

MASALAH PENUGASAN Seperti masalah transportasi, masalah pe- nugasan (assignment problem) merupakan kasus khusus dari masalah linear program- ming pada umumnya. Dalam dunia usaha (bisnis) dan industri, manajemen sering meng- hadapi masalah-masalah yang berhubungan dgn penugasan optimal dari bermacam-macam sum- ber yang produktif atau personalia yang mem- punyai tingkat efisiensi yang berbeda-beda utk tugas yang berbeda pula. Metode Hungarian (Hungarian Method) adalah salah satu dari bbrp teknik pemecahan masalah penugasan.

Untuk dapat menerapkan metode Hungarian, jumlah sumber-sumber yg ditugaskan hrs sama persis dgn jumlah tugas yang akan diselesaikan. Selain itu, setiap sumber hrs ditugaskan hanya satu tugas. Jadi masalah penugasan akan men- cakup sejumlah n sumber yg mempunyai n tu- gas. Ada n ! (n faktorial) penugasan yg mung- kin dlm suatu masalah karena perpasangan satu-satu. Masalah ini dpt dijelaskan dengan mudah oleh bentuk matrik segiempat, dimana baris-barisnya menunjukkan sumber-sumber dan kolom-kolomnya menunjukkan tugas-tugas.

Masalah penugasan dapat dinyatakan secara matematis dalam suatu bentuk Program Linear sebagai berikut : Minimumkan (Maksimumkan) : dengan kendala : dan Xij  0 (Xij = Xij2) dimana Cij adlh tetap- an yang telah diketahui.

(1). Masalah Minimisasi Suatu perusahaan kecil mempunyai 4 (empat) pekerjaan yg berbeda utk diselesaikan oleh 4 (empat) karyawan. Biaya penugasan seorang karyawan utk pekerjaan yg berbeda karena sifat pekerjaan yg berbeda-beda. Setiap karya- wan mempunyai tingkat keterampilan, penga- laman kerja dan latar belakang pendidikan serta latihan yg berbeda, sehingga biaya penyelesaian pekerjaan yg sama oleh para karyawan yg ber- lainan juga berbeda. Biaya penugasan karya- wan utk masing-masing pekerjaan adalah sbb :

Karena metode Hongarian mensyaratkan perpa- ___________________________________________________ Karyawan Pekerjaan (Rp/Unit) I II III IV A 15 20 18 22 B 14 16 21 17 C 25 20 23 20 D 17 18 18 16 Karena metode Hongarian mensyaratkan perpa- sangan satu-satu, maka ada 4!=24 kemungkin- an penugasan. Langkah-langkah penyelesaian sebagai berikut :

(a). Merubah matriks biaya menjadi matriks opportunity cost, yaitu dgn memilih elemen terkecil dari setiap baris dari matriks biaya mula-mula utk mengurangi seluruh elemen (bilangan) dlm setiap baris. Tabel Reduced-Cost Matriks ___________________________________________________ Karyawan Pekerjaan (Rp/Unit) I II III IV A 15-15 20-15 18-15 22-15 B 14-14 16-14 21-14 17-14 C 25-20 20-20 23-20 20-20 D 17-16 18-16 18-16 16-16

(b). Reduced Cost Matrix di atas terus dikurangi utk mendapatkan Total Opportunity Cost Matrix. Hal ini dicapai dgn memilih elemen terkecil dari setiap kolom pada reduced cost matrix utk mengurangi seluruh elemen dlm kolom-kolom tsb. Pada contoh, hanya di- lakukan pada kolom III karena semua kolom lainnya telah mempunyai elemen yang ber- nilai nol. Bila langkah pertama telah meng- hasilkan paling sedikit satu nilai nol pada setiap kolom, langkah kedua ini dapat dihi- langkan.

Total Opportunity Cost Matrix ___________________________________________________ Karyawan Pekerjaan (Rp/Unit) I II III IV A 0 5 3-2 7 B 0 2 7-2 3 C 5 0 3-2 0 D 1 2 2-2 0 A 0 5 1 7 B 0 2 5 3 C 5 0 1 0 D 1 2 0 0

(c). Mencari skedul penugasan dgn suatu total opportunity cost nol. Untuk mencapai penu- gasan ini dibutuhkan 4 “independent” dalam matrix. Ini berarti setiap karyawan hrs di- tugaskan hanya utk satu pekerjaan dengan opp-cost- nol atau setiap pekerjaan hrs di- selesaikan hanya oleh satu karyawan. Prosedur praktis utk melakukan test optima- lisasi adalah dgn menarik sejlh minimum grs horizontal dan /atau vertikal utk meliput seluruh elemen bernilai nol dlm total-oppt- cost matrix.

Total Opportunity Cost Matrix ___________________________________________________ Karyawan Pekerjaan (Rp/Unit) I II III IV A 0 5 1 7 B 0 2 5 3 C 5 0 1 0 D 1 2 0 0 (d). Untuk merevisi total-opp-cost matrix, pilih elemen terkecil yg belum terliput garis-garis (opp-cost terendah) untuk mengurangi se- luruh elemen yg belum terliput. Kemudian tambahkan dgn jlh yg sama pd seluruh

Revised Matrix & Test for Optimality elemen-elemen yg mempunyai dua garis yg saling bersilangan. Masukkan hasil ini pada matrix. Revised Matrix & Test for Optimality ___________________________________________________ Karyawan Pekerjaan (Rp/Unit) I II III IV A 0 5-1 1-1 7-1 B 0 2-1 5-1 3-1 C 5+1 0 1 0 D 1+1 2 0 0

Revised Matrix & Test for Optimality ___________________________________________________ Karyawan Pekerjaan (Rp/Unit) I II III IV A 0 4 0 6 B 0 1 4 2 C 6 0 1 0 D 2 2 0 0 Skedul Penugasan : A - III = 18 B - I = 14 C - II = 20 D - IV = 10 ----------------------------- Total Biaya = 68