METODE TRANSPORTASI SEKOLAH TINGGI MANAJEMEN INFORMATIKA &

METODE TRANSPORTASI SEKOLAH TINGGI MANAJEMEN INFORMATIKA &
KOMPUTER (STMIK) MERCUSUAR Jl. Raya Jatiwaringin No. 144 Pondok Gede Bekasi 17411

PENDAHULUAN Metode transportasi dimaksudkan untuk mencari solusi terbaik dari persoalan transportasi (pengangkutan) barang atau produk dari gudang/pabrik ke pasar tujuan dengan biaya termurah. Bila telah dapat diidentifikasi biaya angkut dari pabrik ke pasar, serta kapasitas pabrik dan permintaan pasar pun telah diketahui maka persoalan bagaimana cara pengalokasian terbaiknya dapat dikerjakan. Metode transportasi terdiri atas 2 langkah utama, yaitu pencarian solusi awal dan pencarian solusi optimal. Solusi awal dapat diselesaikan salah satunya dengan metode Least Cost (biaya terkecil), sedangkan solusi optimal dengan metode MODI (Modified Distribution = distribusi termodifikasi)

CONTOH SOAL Sebuah perusahaan memiliki 4 buah gudang (G" G2, G3, dan G4) dengan pasar tujuan sebanyak 5 daerahlpasar (P" P2, P3, P4, dan Ps). Kapasitas keempat gudang secara berurutan adalah 250, 400, 550, dan 300 ton. Permintaan pasar secara berurutan adalah 180, 320, 370, 430, dan 100 ton. Biaya angkut dari gudang ke pasar (da1am ribu rupiah per ton) sebagai berikut. GUDANG PASAR TUJUAN P1 P2 P3 P4 P5 G1 22 17 27 23 19 G2 34 26 30 29 24 G3 25 35 33 G4 28 32

Contoh Soal Dari tabel tersebut, dapat disimak bahwa: Dari gudang 1 sebaiknya untuk pasar 2 atau pasar 3 Dari gudang 2 sebaiknya untuk pasar 5 dan pasar 2 Dari gudang 3 sebaiknya untuk pasar 1 dan pasar 2. Dari gudang 4 sebaiknya untuk pasar 5. Informasi lainnya: Kapasitas masing-masing gudang tidak sama. Permintaan masing-masing pasar juga berbeda-beda. Alokasi bisa berupa dari satu gudang ke satu pasar (one to one), dari satu gudang ke banyak pasar (one to many), dari banyak gudang ke satu pasar (many to one), atau dari banyak gudang ke banyak pasar (many to many). Bagaimana solusi terbaiknya? Cari solusi awal dulu (dengan metode Least Cost), kemudian cari solusi optimalnya (dengan metode MODI).

METODE LEAST COST (LC) Metode Least Cost digunakan untuk mencari solusi awal dari suatu persoalan transportasi. Langkah-langkah yang diperlukan: Pastikan dulu bahwa jurnlah kapasitas = permintaan. Bila °belum sama, tambahkan kapasitas atau pasar bayangan (dummy) agar persoalan dapat diselesaikan. Pilih kotak yang biaya angkutnya terkecil (kalau ada lebih dari 1, silakan pilih salah satunya), bebankan kotak tersebut dengan cara habiskan kapasitas atau permintaannya. Kolom (permintaan) atau baris (kapasitas) yang sudah habis selanjutnya dicoret (tanda silang X). Pindah ke kotak dengan biaya angkut terkecil berikutnya, habiskan kapasitas atau permintaannya, coretlah kolom atau baris yang sudah habis dibebankan. Lakukan langkah 3 berulang-ulang hingga se1esai.

Metode Least Cost Syarat jumlah beban (alokasi) agar dapat diteruskan kepada solusi optimalnya, antara lain: Jumlah alokasi = jumlah baris + jumlah kolom – LANGKAH PENYELESAIAN: Karena belum seimbang antara kapasitas dan permintaan maka tambahkan kolom pasar bayangan (dummy), yaitu 100 ton sehingga jumlah kolom atau pasar pun bertambah Pertama, isikan/bebankan pada (G1P2) yang biayanya paling kecil (=17), habiskan kapasitas G1 (250) sehingga permintaan P2 masih kurang (70) → seluruh kapasitas G1 habis → beri tanda (X/0) pada baris G1 yang berarti kotak-kotak tersebut sudah tidak dapat dibebani lagi. Kedua, isikan/bebankan pada pada kotak (G4P4) yang biayanya (=22), habiskan permintaan P4 (sehingga kolom P4 lainnya diberi tanda X/0), kapasitas G4 masih bersisa 200.

Metode Least Cost Ketiga dan seterusnya, bergerak ke kotak-kotak dengan biaya terkecil berikutnya, habiskan permintaan atau kapasitasnya sehingga selesai (tampak pada contoh di atas → jumlah seluruh beban = 9, sesuai dengan syarat jumlah alokasi pada LC).

Metode Least Cost P1 P2 P3 P4 P5 P dummy G1 22 17 27 23 19 X 250 G2 34 26 30 29 24 x 400 G3 25 35 33 180 70 300 550 480 G4 28 32 100 200 320 370 430

Metode Least Cost Hasil solusi awal dengan metode Least Cost adalah sebagai berikut. Dari gudang 1 (250 ton) dikirimkan ke pasar 2 dng biaya 17 ribu/ton. Dari gudang 2 (400 ton) dikirimkan ke pasar 4 dengan biaya 29 ribu/ton. Dari gudang 3 (550 ton) 180 ton dikirimkan ke pasar 1 dng harga 25 ribu/ton, 70 ton dikirimkan ke pasar 2 dng biaya 25 ribu/ton, dan 300 ton dikirimkan ke pasar 3 dng biaya 30 ribu/ton. Dari gudang 4 (300 ton) 70 ton dikirimkan ke pasar 3 dng biaya 32 ribu/ton, 30 ton dikirimkan ke pasar 4 dengan biaya 30 ribu/ton, 100 ton dikirimkan ke pasar 5 dengan biaya 22 ribu/ton, serta 100 ton dikirimkan ke pasar dummy Total biaya (solusi awal) adalah ribu rupiah.

Apakah solusi tersebut sudah optimal?
Metode Least Cost Biaya angkut =(17x250)+(29x400)+(25x180)+(25x70)+(30x300)+(32x7 0)+(300x30)+(22x100) =36.440 Apakah solusi tersebut sudah optimal? Jawabannya akan diperoleh setelah diperiksa dengan metode Metode Modified Distribution (MODI) .

METODE MODIFIED DISTRIBUTION (MODI)
Metode MODI digunakan setelah diperoleh solusi awal untuk mendapatkan (atau membuktikan) solusi optimalnya. Solusi awal lain yang cukup populer adalah dengan Vogel Approximation Method (VAM) atau North West Corner (NWC) -tidak dibahas pada buku ini. Pilihan solusi awal dengan metode Least Cost karena lebih cepat mengantarkan kepada solusi optimal, selain lebih mudah dipahami. Langkah-langkah metode MODI: Siapkan kembali solusi awal (matriksnya saja, tanpa perlu kapasitas dan permintaannya). Hitung nilai baris (NBi) dan nilai kolom (NKj) yang didasarkan kepada kotak-kotak berisi. Nilai baris pertama (NBi,) diberi nilai 0.

...................... Metode Modified Distribution
Nilai baris (NBi) dan nilai kolom (NKj) lainnya dihitung dengan formula : NB; + NKj = C;j* dimana C;j* = biaya angkut kotak berisi NBi dan NKj diletakkan pada pinggir dan atas matriks untuk semua baris dan kolom Hitung mulai dari kotak kosong (NKKij), dengan formula NKKij = NBi + NKj – Cij dimana Cij = biaya angkut kotak kosong Bila semua NKKij sudah bemilai 0 atau negatif, berarti solusi sudah optimal, iterasi dihentikan. Bila masih ada NKKij yang bemilai positif, berarti solusi belum optimal dan perlu iterasi berikutnya, yaitu ke langkah 4

Hasil dari langkah 2 dan 3 adalah sebagai berikut: 25-8=17 17-0=17 30-8=22 30-10=20 22-10=12 0-10=-10 22 17 27 23 19 250 29-20=9 34 26 30 29 24 400 25-17=8 25 35 33 180 70 300 28 32 32-22=10 100

Mulailah dengan NB1 = 0 → diperoleh NK2 = = 17 Dari NK2 = = 17 → diperoleh NB3 = = 8 Dari NB3 = 8 → diperoleh NK1 = 17 (dari ) dan NK3 = 22 (dari ) Dari NK3 = 22 → diperoleh NB4 = 10 (dari ) Dari NB4 = 10 → diperoleh NK4 = 20 (dari ), NK5 = 12 (dari ), dan NK6 = 10 (dari ) Akhirnya, dari NK4 = 20 → diperoleh NB2 = 9 (dari )

Perhitungan nilai kotak kosong NKKij adalah sebagai berikut : Nbi Nki Cij NKK11 17 22 -5 NKK12 NKK13 27 NKK14 20 23 -3 NKK15 12 19 -7 NKK16 -10 NKK21 9 34 -8 NKK22 26 NKK23 30 1 NKK24 NKK25 24 NKK26 -1 Nbi Nki Cij NKK31 NKK32 NKK33 NKK34 8 20 35 -7 NKK35 12 33 -13 NKK36 -10 -2 NKK41 10 17 28 -1 NKK42 34 NKK43 NKK44 NKK45 NKK46 Ada satu kotak kosong dengan NKK positif, yaitu NKK23 = +1 → perlu ke langkah 4

Langkah ke-4 metode MODI: Buatkan siklus tertutup mulai dari kotak dengan NKK positif terbesar ke kotak-kotak berisi lainnya secara horizontal/vertikal, ke bawahl atas, ke kanan/kiri. Beri tanda positif (+) dan negatif (-) secara bergantian pada siklus tersebut. Tentukan nilai ᴓ sebagai beban terkecil pada siklus dengan tanda negatif (-). Lakukan modifikasi beban pada siklus tersebut: Tanda positif(+) → tambah ᴓ Tanda negatif (-) → kurangi ᴓ. Buatkan matriks (tabel) beban yang baru, kemudian kembali ke langkah 2 untuk iterasi tambahan berikutnya. Ulangi iterasi ini sehingga diperoleh matriks (tabel) dengan semua NKKij ≤ 0.

Hasil langkah 4 (hapuskan dulu semua NKK, NB, dan NK yang sebelumnya), sebagai berikut. 22 17 27 23 19 -5 250 -3 -7 -10 34 26 30 29 24 -8 1 400 -1 25 35 33 180 70 300 -13 -2 28 32 100 Siklus tertutup yang dimaksud adalah dari (G2P3) ke (G2P4) ke (G4P4) ke (G4P3) dan kembali lagi ke (G2P3). Atau sebaliknya, dari (G2P3) ke (G4P3) ke (G4P4) ke (G2P4) dan kembali ke (G2P3).

Siklus dimaksud: 22 17 27 23 19 250 34 26 30 29 24 Ө 400 25 35 33 180 70 300 28 32 100 Ini adalah bentuk siklus paling sederhana yang berupa kotak saja. Kotak (G3P3) dilewati saja, walau dia kotak berisi. Pemberian tanda (+) atau (-) seperti pada bagian pojok kanan atas kotak siklus dimaksud.

Beban terkecil pada siklus dengan tanda negatif ᴓ = 70 sehingga perubahan beban yang baru (dari modifikasi) seperti yang dibahas pada bagian berikutnya. Hasil langkah 1 yang baru adalah sebagai berikut: 22 17 27 23 19 250 34 26 30 29 24 70 330 25 35 33 180 300 28 32 100

Hitung NB, NK, dan NKK baru, kemudian periksa optimalitasnya 25-8=17 17-0=17 30-8=22 29-8=21 22-9=13 0-9=-9 22 17 27 23 19 250 30-22=8 34 26 30 29 24 70 330 25-17=8 25 35 33 180 300 30-21=9 28 32 100

Hasil Perhitungan NKKij : Nbi Nki Cij NKK11 17 22 -5 NKK12 NKK13 27 NKK14 21 23 -2 NKK15 13 19 -6 NKK16 -9 NKK21 8 34 NKK22 26 -1 NKK23 30 NKK24 29 NKK25 24 -3 NKK26 Nbi Nki Cij NKK31 8 17 25 NKK32 NKK33 22 30 NKK34 21 35 -6 NKK35 13 33 -12 NKK36 -9 -1 NKK41 9 28 -2 NKK42 34 -8 NKK43 32 NKK44 NKK45 NKK46 Ternyata semua NKK sudah ≤ 0 → berarti solusi optimal

Hasil modifikasi akhir selengkapnya: Semua kapasitas gudang 1 (250 ton) dikirimkan ke pasar 2 dengan biaya 17 ribu/ton. Kapasitas gudang 2 sebagian (70 ton) dikirimkan ke pasar 3 dengan biaya 30 ribu/ton dan sebagian lainnya (330 ton) dikirimkan ke pasar 4 dengan biaya 29 ribu/ton. Dari gudang 3, sebagian (180 ton) dikirimkan ke pasar 1 dengan harga 25 ribu/ton, sebagian lain (70 ton) dikirimkan ke pasar 2 dengan biaya 25 ribu/ton, dan sebagian besar (300 ton) dikirimkan ke pasar 3 dengan biaya 30 ribu/ton. Dari gudang 4, sebagian (100 ton) dikirimkan ke pasar 4 dengan biaya 30 ribu/ton, sebagian lain (100 ton) dikirimkan ke pasar 5 dengan biaya 22 ribu/ton, dan sisa yang terakhir (100 ton) dikirimkan ke pasar dummy (atau kapasitas berlebih adalah dari gudang 4 ini).

22 17 27 23 19 250 34 26 30 29 24 70 330 25 35 33 180 300 28 32 100 Total biaya angkut : = 17(250) + 30(70) + 29(330) + 25(180) + 25(70) + 30(300) + 30(100) ) + 0(100) = (ribu rupiah). →Lebih baik dari hasil sebelumnya ( ribu rupiah),

22 17 27 23 19 -5 250 -3 -7 -10 34 26 30 29 24 -8 1 400 -1 25 35 33 180 70 300 -13 -2 28 32 100

22 17 27 23 19 250 34 26 30 29 24 Ө 400 25 35 33 180 70 300 28 32 100

METODE TRANSPORTASI SEKOLAH TINGGI MANAJEMEN INFORMATIKA &

Presentasi serupa

Presentasi berjudul: "METODE TRANSPORTASI SEKOLAH TINGGI MANAJEMEN INFORMATIKA &"— Transcript presentasi:

Presentasi serupa

Tentang proyek

Tanggapan

Masuk

Otorisasi melalui jaringan sosial:

METODE TRANSPORTASI SEKOLAH TINGGI MANAJEMEN INFORMATIKA &

Presentasi serupa

Presentasi berjudul: "METODE TRANSPORTASI SEKOLAH TINGGI MANAJEMEN INFORMATIKA &"— Transcript presentasi:

Presentasi serupa

Tentang proyek

Tanggapan