(Modified Distribution Method)

Presentasi berjudul: "(Modified Distribution Method)"— Transcript presentasi:

1 (Modified Distribution Method)
Metode MODI (Modified Distribution Method) Evi Kurniati, STP., MT

2 Prosedur: (1) Sebagai dasar adalah Tabel penyelesaian NWCR. (2) Setiap tabel dengan pemecahan pertama fisibel, hitung nilai Ui dan Vj nya. Rumusnya: cij = Ui + Vj, untuk baris i=1, Ui=0 cij = biaya angkut per unit barang dari daerah asal ke tempat tujuan (3) Hitung indeks perbaikan Iij = Ui + Vj – cij, untuk semua kotak bukan basis. Kalau Iij  0, pemecahan sudah optimum. Jika belum lanjutkan ke (3). (4) Gambarkan lintasan / jalur tertutup dari kotak dengan IP positif terbesar. Kotak ini masuk basis.

3 (5) Beri tanda + dan – secara bergantian pada biaya dari kotak yang membentuk lintasan (seperti metode Batu Loncatan). (6) Variabel dari kotak yang bertanda +, ambil nilai terkecilnya (minimum). Kotak ini harus keluar basis sedang nilainya ditempatkan di kotak dengan nilai IP terbesar (kotak yang masuk basis). (7) Buat tabel baru dan hitung nilai IP kotak bukan basisnya. Kalau semua sudah ≤ 0, maka pemecahan sudah optimum. Jika belum, ulangi langkah di atas.

4 Dari contoh kasus 2: Ada semen yang harus diangkut dari 3 toko ke 4 lokasi proyek. Tabel biaya sebagai berikut: Biaya (ratus ribu rupiah); semen suplai-demand (ton) L T L1 L2 L3 L4 S T1 1) 2) 3) 4) 6 T2 0) 8 T3 10 d 4 24

5 Penyelesaian dengan Metode MODI
1. Pemecahan dengan yang dihasilkan metode NWCR L T L1 L2 L3 L4 S T1 1) (4) 2) (2) 3) 4) 6 T2 0) 8 T3 (6) 10 d 4 24

6 2. Menghitung U1, U2, U3 dan V1, V2, V3, V4, hanya untuk kotak dalam basis. (Ingat ditentukan bahwa U1 = 0) U1 + V1 = c11  0 + V1 = 1  V1 = 1 U1 + V2 = c12  0 + V2 = 2  V2 = 2 U2 + V2 = c22  U2 + 2 = 3  U2 = 1 U2 + V3 = c23  1 + V3 = 2  V3 = 1 U3 + V3 = c33  U3 + 1 = 2  U3 = 1 U3 + V4 = c34  1 + V4 = 1  V4 = 0 3. Menghitung nilai I dari kotak bukan basis. I21 = U2 + V1 – c21 = – 4 = -2 I31 = U3 + V1 – c31 = – 0 = 2 (terbesar, positif)  masuk basis I32 = U3 + V2 – c32 = – 2 = 1 I13 = U1 + V3 – c13 = – 3 = -2 I14 = U1 + V4 – c14 = – 4 = -4 I24 = U2 + V4 – c24 = – 0 = 1 I31 terbesar, kotak (3,1) masuk basis

7 4. Penggambaran jalur tertutup kotak (3,1)
5. Pembentukan jalur tertutup kotak (3,1) c33 – c23 + c22 – c12 + c11 - c31

8 6. Variabel yang diminimum yaitu
Min (x33, x22, x11) = Min (4, 4, 4) = 4, karena sama pilih salah satu misal x11 Nilai x’31 = x11 = 4 Selanjutnya, Nilai variabel lain yang terlibat jalur didapat dengan aturan: Tanda biaya +  nilai variabel baru = nilai variabel lama – nilai minimum. Tanda biaya -  nilai variabel baru = nilai variabel lama + nilai minimum. Sehingga, x’33 = x33 – 4 = 4 – 4 = 0 (Nilai variabel di luar lintasan, tetap) x’23 = x = = 8 x’22 = x22 – 4 = 4 – 4 = 0 x’12 = x = = 6 x’11 keluar basis, sehingga tidak perlu ditulis.

9 7. Tabel hasil: L T L1 L2 L3 L4 S T1 1) 2) (6) 3) 4) 6 T2 (0) (8) 0) 8 T3 (4) 10 d 4 24

10 Pengujian I Untuk menguji apakah sudah optimum atau belum, harus diuji kembali mulai langkah (2). 2. Menghitung nilai U dan V untuk kotak basis. (Ingat ditentukan bahwa U1 = 0) U1 + V2 = c12  0 + V2 = 2  V2 = 2 U2 + V2 = c22  U2 + 2 = 3  U2 = 1 U2 + V3 = c23  1 + V3 = 2  V3 = 1 U3 + V3 = c33  U3 + 1 = 2  U3 = 1 U3 + V4 = c34  1 + V4 = 1  V4 = 0 U3 + V1 = c31  1 + V1 = 0  V1 = -1 3. Menghitung nilai I dari kotak bukan basis. I11 = U1 + V1 – c11 = 0 + (-1) – 1 = -2 I21 = U2 + V1 – c21 = 1 +(-1) – 4 = -4 I32 = U3 + V2 – c32 = – 2 = 1 I13 = U1 + V3 – c13 = – 3 = -2 I14 = U1 + V4 – c14 = – 4 = -4 I24 = U2 + V4 – c24 = – 0 = 1 (positif)  masuk basis I24 dan I32 positif maka dipilih salah satu misal kotak (2,4) masuk basis.

11 4. Penggambaran jalur tertutup kotak (2,4).
5. Pembentukan jalur tertutup kotak (2,4) c23 – c33 + c34 – c24 6. Variabel yang diminimum yaitu Min (x23, x34) = Min (8, 6) = 6, maka pilih x34 Nilai x’24 = x34 = 6 Selanjutnya, x’23 = x = = 2 x’33 = x = = 6 x’34 masuk basis

12 7. Tabel hasil: L T L1 L2 L3 L4 S T1 1) 2) (6) 3) 4) 6 T2 (0) (2) 0) 8 T3 (4) 10 d 4 24

13 Pengujian II Untuk menguji apakah sudah optimum atau belum, harus diuji kembali mulai langkah (2). 2. Menghitung nilai U dan V untuk kotak basis. (Ingat U1 = 0) U1 + V2 = c12  0 + V2 = 2  V2 = 2 U2 + V2 = c22  U2 + 2 = 3  U2 = 1 U2 + V3 = c23  1 + V3 = 2  V3 = 1 U2 + V4 = c24  1 + V4 = 0  V4 = -1 U3 + V1 = c31  U3 + V1 = 0  U3 = -V1 U3 + V3 = c33  U3 + 1 = 2  U3 = 1 V1 = -U3 = -1 3. Menghitung nilai I dari kotak bukan basis. I11 = U1 + V1 – c11 = 0 + (-1) – 1 = -2 I21 = U2 + V1 – c21 = 1 +(-1) – 4 = -4 I32 = U3 + V2 – c32 = – 2 = 1 (positif)  masuk basis I13 = U1 + V3 – c13 = – 3 = -2 I14 = U1 + V4 – c14 = 0 + (-1) – 4 = -5 I34 = U3 + V4 – c34 = 1 + (-1) – 1 = -1 I32 positif maka dipilih kotak (3,2) masuk basis.

14 4. Menggambarkan jalur tertutup kotak (3,2)
5. Pembentukan jalur tertutup kotak (3,2) c33 – c23 + c22 – c32

15 6. Variabel yang diminimum yaitu
Min (x33, x22) = Min (6, 0) = 0, maka pilih x22 Nilai x’32 = x22 = 0 Selanjutnya, x’33 = x = = 6 x’23 = x = = 2 x’22 masuk basis 7. Tabel hasil: L T L1 L2 L3 L4 S T1 1) 2) (6) 3) 4) 6 T2 (2) 0) 8 T3 (4) (0) 10 d 4 24

16 Pengujian III Untuk menguji apakah sudah optimum atau belum, harus diuji kembali mulai langkah (2). 2. Menghitung nilai U dan V untuk kotak basis. (Ingat ditentukan bahwa U1 = 0) U1 + V2 = c12  0 + V2 = 2  V2 = 2 U2 + V2 = c22  U2 + 2 = 3  U2 = 1 U2 + V3 = c23  1 + V3 = 2  V3 = 1 U2 + V4 = c24  1 + V4 = 0  V4 = -1 U3 + V1 = c31  U3 + V1 = 0  U3 = -V1 U3 + V2 = c32  U3 + 2 = 2  U3 = 0 V1 = -U3 = -0 = 0 3. Menghitung nilai I dari kotak bukan basis. I11 = U1 + V1 – c11 = – 1 = -1 I21 = U2 + 0 – c21 = – 4 = -3 I22 = U2 + V2 – c22 = – 3 = 0 I13 = U1 + V3 – c13 = – 3 = -2 I14 = U1 + V4 – c14 = 0 + (-1) – 4 = -5 I34 = U3 + V4 – c34 = 0 + (-1) – 1 = -2 Pemecahan sudah optimum.

17 Tabel Akhir: L T L1 L2 L3 L4 S T1 1) -1 2) (6) 3) -2 4) -5 6 T2 -3 (2) 0) 8 T3 (4) (0) 10 d 4 24 Total biaya transport yang diperlukan: Z1 = c31.x31 + c12.x12 + c23.x23 + c33.x33 + c24.x24 = 0(4) + 2(6) + 2(2) + 2(6) + 0(6) = 28 ratus ribu rupiah = ,-

18 Selesaikan dengan metode MODI
Dari Contoh kasus I Diperoleh penyelesaian NWCR Gudang Pabrik G1 G2 G3 G4 G5 S P1 50 (400) 80 60 30 800 P2 40 70 (500) (100) 600 P3 (300) (800) 1100 d 400 500 2500 Selesaikan dengan metode MODI