![Masalah Transportasi Dan Penugasan [PDF]](https://pdfs.asia/img/200x200/masalah-transportasi-dan-penugasan.jpg)
8 0 769 KB
BAB III Transportasi 1. Metode Transportasi Metode transportasi adalah suatu metode yang digunakan untuk mengatur distribusi dari sumber-sumber yang menyediakan produk yang sama atau sejenis ke tempat tujuan secara optimal. Distribusi ini dilakukan sedemikian rupa sehingga permintaan dari beberapa tempat tujuan dapat dipenuhi dari beberapa tempat asal yang masing-masing dapat memiliki permintaan atau kapasitas yang berbeda. Dengan menggunakan metode transportasi, dapat diperoleh suatu alokasi distribusi barang yang dapat meminimalkan total biaya transportasi. Selain untuk mengatur distribusi pengiriman barang, metode transportasi juga dapat digunakan untuk masalah lain, seperti penjadwalan dalam proses produksi agar memperoleh total waktu proses pengerjaan yang terendah, penempatan persediaan agar mendapatkan total biaya persediaan terkecil, atau pembelanjaan modal agar mendapatkan hasil investasi yang terbesar. Dalam kaitannya dengan perencanaan fasilitas, metode transportasi dapat digunakan untuk memilih suatu lokasi yang dapat meminimalkan total biaya operasi. Suatu perusahaan memerlukan pengelolaan data dan analisis kuantitatif yang akurat, cepat serta praktis dalam penggunaannya. Dalam perhitungan secara manual membutuhkan waktu yang lebih lama, sementara pertimbangan efisiensi waktu dalam perusahaan sangat diperhatikan. Dengan demikian diperlukan adanya suatu alat, teknik maupun metode yang praktis, efektif dan efisien untuk memecahkan permasalahan tersebut.
2. Permasalahan dalam Metode Transportasi Masalah ini merupakan masalah pengangkutan sejenis barang dari beberapa sumber ke beberapa tujuan. Pengalokasian produk dari sumber yang bertindak sebagai penyalur ke tujuan yang membutuhkan barang bertujuan agar biaya pengangkutannya seminimal mungkin dari seluruh permintaan dari tempat tujuan dipenuhi. Model transportasi
60
61
digunakan untuk menyelesaikan masalah distribusi barang dari beberapa sumber ke beberapa tujuan. Asumsi sumber dalam hal ini adalah tempat asal barang yang hendak dikirim, sehingga dapat berupa pabrik, gudang, grosir, dan sebagainya. Sedangkan tujuan diasumsikan sebagai tujuan pengiriman barang. Dengan demikian informasi yang harus ada dalam masalah transportasi meliputi: banyaknya daerah asal beserta kapasitas barang yang tersedia untuk masing tempat, banyaknya tempat tujuan beserta permintaan (demand) barang untuk masing-masing tempat dan jarak atau biaya angkut untuk setiap unit barang dari suatu tempat asal ke tempat tujuan. Untuk lebih jelasnya marilah kita bahas contoh masalah transportasi yang terlihat pada Tabel 1.1. berikut: Tabel 1.1 Kapasitas pabrik, Permintaan di Lapangan (Demand), dan biaya satuan pengangkutan Origin (Tempat
Kapasitas
Destination (Tempat Tujuan) D1
D2
D3
D4
Pabrik
D5
Asal) 12
4
9
5
9 100
O1 8
1
6
6
7 90
O2 1
12
4
7
7 70
O3 10
15
6
9
1 90
O4 Demand (Permin-
80
50
90
60
70
350
taan) Tabel 1.1. di atas menggambarkan bahwa jumlah kapasitas pabrik O1, O2, O3, dan O4 berturut-turut: 100, 90, 70, dan 90, sedangkan permintaan pasar di lapangan D1, D2, D3, D4, dan D5 berturut-turut 80, 50, 100, 60, dan 70. Biaya satuan dari pabrik O1 ke
62
permintaan D1 adalah 12, biaya satuan dari pabrik O1 ke permintaan D2 adalah 4, dan seterusnya, sampai biaya satuan dari pabrik O3 ke permintaan D5 adalah 1. Untuk menyelesaikan permasalahan transportasi ini ada beberapa metode antara lain: Metode North West Corner (NWC), metode Inspeksi, dan metode pendekatan Vogel (Vogel Approximation Methods atau disingkat VAM).
a. Beberapa Metode dalam Penyelesaian Masalah Transportasi (Penyelesaian awal) i.
North West Corner (NWC) Sesuai nama aturan ini, maka penempatan pertama dilakukan di sel paling kiri dan
paling atas (northwest) matriks kemudian bergerak ke kanan atau ke bawah sesuai permintaan dan kapasitas produksi yang sesuai. Besar alokasi ini akan mencukupi salah satu, kapasitas tempat asal baris pertama dan atau permukaan tempat tujuan dari kolom pertama. Jika kapasitas tempat asal pertama terpenuhi kita bergerak ke bawah menyusur kolom pertama dan menentukan alokasi yang akan mencukupi atau kapasitas tempat asal baris kedua atau mencukupi tujuan yang masih kurang dari kolom pertama. Di lain pihak, jika alokasi pertama memenuhi permintaan tempat tujuan di kolom pertama, kita bergerak ke kanan di baris pertama dan kemudian menentukan alokasi yang kedua atau yang memenuhi kapasitas tersisa dari baris satu atau memenuhi permintaan tujuan dari kolom dua dan seterusnya. Untuk masalah seperti pada Table 1.1 di atas, maka apabila diselesaikan dengan metode NWC akan melakukan langkah-langkah sebagai berikut: Penggunaan metode NWC mengharuskan sel O1 D1, yang terletak di sudut kiri atas diisi. Alokasi diterapkan X11 = 80 unit untuk memenuhi permintaan yang ternyata lebih kecil dari kapasitas O1. Ini berarti permintaan tujuan D1= 80 dapat dipenuhi dari O1. Ternyata produksi O1 masih mempunyai (100 - 80) = 20 unit kapasitas yang belum disalurkan. Sisa yang 20 unit ini di alokasikan kepada permintaan D2 yang permintaannya 50 unit. Untuk memenuhi kekurangan kebutuhan D2, yaitu kurang 30 unit maka diambil dari D2 dengan demikian maka sel O1D2 atau X12 = 20 dan sel O2D2 atau X22 = 30. Sisa produksi D2 setelah dikurangi 30 unit adalat 60 unit, sisa ini di alokasikan ke sel O2D3 atau X23 yang secara keseluruhan. Permintaan D3 adalah 90 unit dan telah tersedia 60 unit dari O2.
63
Kekurangan 30 unit diambilkan dari produksi O3 sehingga X23 = 70 dan X33 = 30. Sisa produksi O3 sebanyak 40 unit yaitu (70-30) di alokasikan ke permintaan D4 dan permintaan D4 sebanyak 60 unit dilengkapi dengan mengambil 20 unit dari produksi O4. Dengan demikian produksi O4 tersisa 70 unit dialokasikan ke permintaan D5. Tabel 2.1. Matriks biaya transportasi tiap barang dan jumlah alokasi distribusi barang dari tempat asal (pabrik) ke tempat tujuan (kota tujuan) Destination (Tempat Tujuan) Tempat Kapasitas D1 D2 D3 D4 D5 Asal Pabrik 12 O1
80
4
9
5
9 100
20 8
O2
1 30
1
6
7 90
60 12
O3
4 30
10
6
15
7
70
40 6
O4
7
9
1
20
70
90
60
70
350
Permintaan
80
50
90
Berdasarkan Tabel 2.1 di atas diperoleh sistem transportasi sebagai berikut: Sel O1D1 atau X11 = 80, sel O1D2 atau X12 = 20, sel O2D2 atau X22 = 30, sel O2D3 atau X23 = 60, sel O3D3 atau X33 = 30, sel O3D4 atau X34 = 40, sel O4D4 atau X44 = 20, dan sel O4D5 atau X45 = 70. Besarnya biaya transportasi dengan metode NWC adalah 80 (12) + 20 (4) + 30 (1) + 60 (6) + 30 (4) + 40 (7) + 20 (9) + 70 (1) = 2.080.
ii. Metode Inspeksi Metode ini untuk persoalan transportasi berdimensi kecil, hal ini akan memberikan pengurangan waktu. Alokasi pertama dibuat terhadap sel yang berkaitan dengan biaya pengangkutan terendah. Sel dengan ongkos terendah ini diisi sebanyak mungkin dengan mengingat persyaratan kapasitas produksi (origin) maupun permintaan tempat tujuan.
64
Kemudian beralih ke sel termurah berikutnya dan mengadakan alokasi dengan memperhatikan kapasitas yang tersisa dari permintaan baris dan kolom. Dalam perhitungannya metode ini membuat matriks sesuai dengan persyaratan. Untuk permasalahan transportasi di atas apabila dilakukan dengan metode Inspeksi maka langkah-langkahnya sebagai berikut: Biaya terkecil adalah 1 yaitu pada sel O2D2, O3D1, dan O4D5. Sel-sel ini kita isi dengan memperhatikan kapasitas dan permintaan, yaitu dengan mencari nilai minimum dari keduanya. Sel O2D2 kita isi 50, sehingga kapasitas O2 menjadi 40 dan permintaan D2 menjadi 0, kemudian kolom D2 kita tandai dan tidak kita olah pada program selanjutnya. Sel O3D1 kita isi 70, sehingga kapasitas O3 menjadi 0 dan permintaan D2 menjadi 10, kemudian baris O3 kita tandai dan tidak kita olah pada program selanjutnya. Sel O4D5 kita isi 70, sehingga kapasitas O4 menjadi 20 dan permintaan D5 menjadi 0, kemudian kolom D5 kita tandai dan tidak kita olah pada program selanjutnya. Hasil perhitungan di atas ini dapat dilihat pada Tabel 2.2. Tabel 2.2. Destination (Tempat Tujuan)
Tempat Asal
D1
D2
D3
12
4
Kapasitas
D4 9
Pabrik
D5 5
9 100
O1 8 O2
1
6
4
7
7
15
6
9
O4
1
10
0 50
20 90
70
80
0 70
70
Permin-
40 90
12
10
taan
7
50 1
O3
6
0 90
60
70
350
65
Biaya terkecil selanjutnya adalah 5 yang terletak pada sel O1D4. Sel O1D4 kita isi minimum dari kapasitas O1dan permintaan D4, sehingga kita isi dengan 60 unit. Dengan pengisian 60 unit pada sel O1D4 maka kapasitas O1 menjadi 40 dan permintaan D4 menjadi 0, kemudian kolom D4 kita tandai dan tidak kita olah pada program selanjutnya. Hasil perhitungan ini dapat kita hihat pada Tabel 2.3. Tabel 2.3.
Asal
D1
D2
D3
12
4
D4 9
O1
O2
1
5
9
6
6
7
12
4
7
7
0 70
10
15
6
9
O4
1
10
0 50
50
30
90
0 60
20 90
70
80
40 90
70
Permin-
40 100
50 1
taan
Pabrik
D5
60 8
O3
Kapasitas
Destination (Tempat Tujuan)
Tempat
0 70
350
Biaya terkecil selanjutnya adalah 6 yang terletak pada sel O2D3. dan sel O4D3. Sel O2D3 kita isi minimum dari sisa kapasitas O2 dan permintaan D3, sehingga kita isi dengan 40 unit. Dengan pengisian 40 unit pada sel O2D3 maka kapasitas O2 menjadi 0 dan permintaan D3 menjadi 50, kemudian baris O2 kita tandai dan tidak kita olah pada program selanjutnya. Sel O4D3 kita isi minimum dari sisa kapasitas O4 dan sisa permintaan D3, sehingga kita isi dengan 20 unit. Dengan pengisian 20 unit pada sel O4D3 maka kapasitas O4 menjadi 0 dan permintaan D3 menjadi 30, kemudian baris 42 kita tandai dan tidak kita olah pada program selanjutnya. Hasil perhitungan ini dapat kita hihat pada Tabel 2.4.
66
Tabel 2.4. Destination (Tempat Tujuan)
Tempat Asal
D1
D2
D3
12
4
D4 9
O1
O2
1 50
5
9
6
6
7
40 90
12
4
7
7
0 70
70 10
15
O4
6
9
20 10
Permin-
40 100
40
1
taan
Pabrik
D5
60 8
O3
Kapasitas
80
0
20 90
70
50
50
1
30
0
90
60
70
350
Selanjutnya kekurangan dari permintaan D1 sebanyak 10 unit, dan kekurangan permintaan D2 sebanyak 30 unit di alokasikan dari sisa produksi D1 yang besarnya 40 unit. Dengan demikian maka semua permintaan maupun pemawaran telah selesai dan diperoleh Tabel 2.5 berikut. Tabel 2.5. Destination (Tempat Tujuan)
Tempat Asal
D1
D2
D3
12 O1
4 30
8 O2
1
9
6
7
4
7
7
0 70
15
6
O4
9
20 10 80
40 90
70
Permin-
40 100
60
40 12
10
taan
Pabrik
D5 5
6
50 1
O3
D4 9
10
Kapasitas
0 50
0 60
20 90
70
50 30 90
1
0 70
350
67
Berdasarkan Tabel 2.5 di atas diperoleh sistem transportasi sebagai berikut: X11 = 10, X13 = 30, X14 = 60, X22 = 50, X23 = 40, X31 = 70, X43 = 20, dan X45 = 70. Besarnya biaya transportasi dengan metode Inspeksi adalah 10 (12) + 30 (9) + 60 (5) + 50 (1) + 40 (6) + 70 (1) + 20 (6) + 70 (1) = 1240. iii. Metode VAM ( Vogel Approximation Method) Metode VAM ini didasarkan atas “beda kolom” dan “beda baris” yang menentukan perbedaan antara dua ongkos termurah dalam satu kolom atau satu baris. Setiap perbedaan dapat dianggap sebagai “penalti”, karena menggunakan route termurah. Beda baris atau beda kolom berkaitan dengan penalti tertinggi, merupakan baris atau kolom yang akan diberi alokasi pertama. Alokasi pertama ini, atau menghabiskan tempat Kapasitas produksi, atau menghabiskan permintaan tujuan atau kedua-duanya. Untuk memperjelas metode ini, marilah kita mengerjakan soal yang sama dengan diatas dengan menggunakan metode VAM. Masalah transportasi ini adalah: Tabel 2.6. Destination (Tempat Tujuan)
Tempat Asal
D1
D2 12
D3 4
D4 9
D5 5
Kapasitas
Beda
Pabrik
Baris
9 100
O1 8
1
6
6
7 90
O2 1
12
4
7
7 70
O3 10
15
6
9
1 90
O4 Permintaan Beda Kolom
80
50
90
60
70
350
68
Besarnya beda baris dan beda kolom adalah sebagai berikut. Tabel 2.7. Beda baris dan beda kolom. Baris atau kolom
Dua biaya termurah
Baris O1 Baris O2 Baris O3 Baris O4 Kolom D1 Kolom D2 Kolom D3 Kolom D4 Kolom D5
4 1 1 1 1 1 4 5 1
dan dan dan dan dan dan dan dan dan
Beda baris atau beda kolom 1 5 3 5 7 3 2 1 6
5 6 4 6 8 4 6 6 7
Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 7 yaitu pada kolom D1, biaya termurah kolom D1 adalah 1 yaitu pada sel O3D1. Oleh karena itu sel O3D1 ini diisi terlebih dahulu, yang besarnya adalam minimum kapasitas O3 dan permintaan D1 yaitu 70. Dengan mengisi sel O3D1 sebesar 70, maka kapasitas O3 menjadi 0 dan permintaan D1 menjadi 10. Dengan demikian baris O3 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya. Hasil perhitungan ini dapat kita lihat pada Tabel 2.8. Tabel 2.8. Origin (Tempat Asal)
Kapasitas Pabrik
Destination (Tempat Tujuan) D1
D2 12
D3 4
D4 9
D5 5
9
O1 8
1
6
6
O3
12
4
7
15
6
9
90
5
70
3
90
5
1
O4 Demand (Permintaan) Beda Kolom
1
7
70 10
100 7
O2 1
10 80 7
Beda Baris
50
90
60
70
3
2
1
6
350
69
Besarnya beda baris dan beda kolom berikutnya adalah sebagai berikut. Tabel 2.9. Beda baris dan beda kolom Baris atau kolom
Dua biaya termurah
Baris O1 Baris O2 Baris O4 Kolom D1 Kolom D2 Kolom D3 Kolom D4 Kolom D5
Beda baris atau beda kolom 1 5 5 2 3 0 1 6
4 dan 5 1 dan 6 1 dan 6 8 dan 10 1 dan 4 6 dan 6 5 dan 6 1 dan 7
Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 6 yaitu pada kolom D5, biaya termurah kolom D5 adalah 1 yaitu pada sel O4D5. Oleh karena itu sel O4D5 ini diisi terlebih dahulu, yang besarnya adalam minimum kapasitas O4 dan permintaan D5 yaitu 70. Dengan mengisi sel O4D5 sebesar 70, maka kapasitas O4 menjadi 20 dan permintaan D5 menjadi 0. Dengan demikian kolom D5 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya. Hasil perhitungan ini dapat kita lihat pada Tabel 2.10. Tabel 2.10. Destination (Tempat Tujuan)
Tempat Asal
D1
D2 12
D3 4
D4 9
D5 5
1
6
6
Beda Kolom
5
4
7
7
0 70
10
15
6
9
1 70
20 90 350
10 2
90 12
70
80
1
1
O4 Permintaan
100 7
O2 O3
Beda Baris
9
O1 8
Kapasitas Pabrik
50
90
60
0 70
3
0
1
6
5
70
Besarnya beda baris dan beda kolom berikutnya adalah sebagai berikut. Tabel 2.11. Beda baris dan beda kolom Baris atau kolom
Dua biaya termurah
Baris O1 Baris O2 Baris O4 Kolom D1 Kolom D2 Kolom D3 Kolom D4
Beda baris atau beda kolom 1 5 3 2 3 0 1
4 dan 5 1 dan 6 6 dan 9 8 dan 10 1 dan 4 6 dan 6 5 dan 6
Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 5 yaitu pada baris O2, biaya termurah kolom O2 adalah 1 yaitu pada sel O2D2. Oleh karena itu sel O2D2 ini diisi terlebih dahulu, yang besarnya adalam minimum kapasitas O2 dan permintaan D2 yaitu 50. Dengan mengisi sel O2D2 sebesar 50, maka kapasitas O2 menjadi 40 dan permintaan D2 menjadi 0. Dengan demikian kolom D2 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya. Hasil perhitungan ini dapat kita lihat pada Tabel 2.12. Tabel 2.12. Kapasitas Pabrik
Destination (Tempat Tujuan)
Tempat Asal
D1
D2 12
D3 4
D4 9
D5 5
9
O1 8 O2 O3
1
6
6
Permintaan Beda Kolom
7
50
80 2
1
40 90
5
12
4
7
7
0 70
10
15
6
9
1 70
20 90 350
70
10
100
1
O4 0 50
Beda Baris
90
60
0 70
0
1
6
3
71
Besarnya beda baris dan beda kolom berikutnya adalah sebagai berikut. Tabel 2.13. Beda baris dan beda kolom. Baris atau kolom
Beda baris atau beda kolom 4 0 3 2 0 1
Dua biaya termurah
Baris O1 Baris O2 Baris O4 Kolom D1 Kolom D3 Kolom D4
4 dan 9 6 dan 6 6 dan 9 8 dan 10 6 dan 6 5 dan 6
Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 4 yaitu pada baris O1, biaya termurah baris O1 adalah 5 yaitu pada sel O1D4. Oleh karena itu sel O1D4 ini diisi terlebih dahulu, yang besarnya adalam minimum sisa kapasitas O1 dan permintaan D4 yaitu 60. Dengan mengisi sel O1D4 sebesar 60, maka kapasitas O1 menjadi 40 dan permintaan D4 menjadi 0. Dengan demikian baris O4 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya. Hasil perhitungan ini dapat kita lihat pada Tabel 2.14. Tabel 2.14.
D1
D2 12
D3 4
D4 9
O1 O2
5
1
6
Beda Kolom
9
6
7
50 1
12
4
7
7
10
15
6
9
1 70
10 80 2
0 50
0 90
60 0
1
0 70
Beda Baris
40 100
4
40 90
0
0 70
70
O4 Permintaan
D5
60 8
O3
Kapasitas Pabrik
Destination (Tempat Tujuan)
Tempat Asal
20 90
3 350
72
Besarnya beda baris dan beda kolom berikutnya adalah sebagai berikut. Tabel 2.15. Beda baris dan beda kolom. Baris atau kolom
Dua biaya termurah
Baris O1 Baris O2 Baris O4 Kolom D1 Kolom D3
Beda baris atau beda kolom 3 2 4 2 0
9 dan 12 6 dan 8 6 dan 10 8 dan 10 6 dan 6
Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 4 yaitu pada baris O4, biaya termurah baris O4 adalah 6 yaitu pada sel O4D3. Oleh karena itu sel O4D3 ini diisi terlebih dahulu, yang besarnya adalam minimum sisa kapasitas O4 dan permintaan D3 yaitu 20. Dengan mengisi sel O4D3 sebesar 20, maka kapasitas O4 menjadi 0 dan permintaan D2 menjadi 80. Dengan demikian baris O4 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya. Hasil perhitungan ini dapat kita lihat pada Tabel 2.16. Tabel 2.16. Destination (Tempat Tujuan)
Tempat Asal
D1
D2 12
D3 4
D4 9
O1 O2
1
Beda Kolom
9
6
6
7
50
2
40 100
3
40 90
2
4
7
7
0 70
10
15
6
9
1 70
20 0 90
0 70
350
20 80
Beda Baris
12
70
10
Kapasitas Pabrik
1
O4 Permintaan
5 60
8
O3
D5
0 50
70 90 0
0 60 1
4
73
Besarnya beda baris dan beda kolom berikutnya adalah sebagai berikut. Tabel 2.17. Beda baris dan beda kolom. Baris atau kolom
Beda baris atau beda kolom 3 2 4 3
Dua biaya termurah
Baris O1 Baris O2 Kolom D1 Kolom D3
9 dan 12 6 dan 8 8 dan 12 6 dan 9
Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 4 yaitu pada kolom D1, biaya termurah kolom O1 adalah 8 yaitu pada sel O2D1. Oleh karena itu sel O2D1 ini diisi terlebih dahulu, yang besarnya adalam minimum sisa kapasitas O2 dan permintaan D1 yaitu 10. Dengan mengisi sel O2D1 sebesar 10, maka kapasitas O2 menjadi 30 dan permintaan D1 menjadi 0. Dengan demikian baris D1 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya. Hasil perhitungan ini dapat kita lihat pada Tabel 2.18. Tabel 2.18.
D1
D2 12
D3 4
O1
O3
Beda Kolom
9
10
50
D5 5
9
60
1
6
6
7
30
80 4
40 30 90
2
4
7
7
0 70
10
15
6
9
1
20 0
20 10
3
12
70
0
0 50
70 90
70 0 60
0 70
Beda Baris
40 0 100
1
O4 Permintaan
D4
40 8
O2
Kapasitas Pabrik
Destination (Tempat Tujuan)
Tempat Asal
90 350
3
Terakhir kekurangan kebutuhan D3 dicukupi oleh sisa dari O1 sebanyak 40 dan sisa O2 sebanyak 30. Dengan demikian kita peroleh sistem transportasi sebagai berikut: X13 = 40,
74
X14 = 60, X21 = 10, X22 = 50, X23 = 30, X31 = 70, X43 = 20, dan X45 = 70. Besarnya biaya transportasi dengan metode VAM adalah 40 (9) + 60 (5) + 10 (8) + 50 (1) + 30 (6) + 70 (1) + 20 (6) + 70 (1) = 1230. b. Menentukan Nilai Optimal Dari ketiga metode tersebut di atas dapat kita lihat bahwa metode yang paling sederhana adalah metode NWC, tetapi hasil dari metode ini umumnya kurang memuaskan. Sedangkan dengan metode VAM hasilnya paling baik, tetapi perhitungannya cukup rumit. Metode Inspeksi secara perhitungan sederhana, tetapi hasilnya mendekati dengan matode VAM. Jika kita diberi pertanyaan, metode mana yang akan dipakai untuk menyelesaikan masalah transportasi?. Maka jawabnya tergantung banyaknya sumber (banyaknya tempat produksi), banyaknya tempat tujuan serta waktu yang disediakan untuk memutuskan. Bilamana diberi waktu yang cukup, maka akan digunakan metode VAM, tetapi apabila waktu untuk memutuskan sempit maka metode Inspeksi sudah cukup baik. Masalah yang perlu ditanyakan lagi ialah apakah dengan metode Inspeksi atau VAM telah mencapai biaya optimum?. Untuk menjawab pertanyaan ini, ada dua metode untuk mengetahui apakah sudah optimum atau belum, untuk mengetahui optimalitas model transportasi digunakan metode Steppingstone atau metode Modi. i.
Metode Steppingstone
Metode Steppingstone bekerja dengan mempertimbangkan ”opportinity cost” dari sel kosong, yaitu berkurangnya biaya akibat pemindahan model pengangkutan bilamana sel kosong itu diisi satu barang. Sebagai ilustrasi perhatikan contoh berikut: Tabel 2.19. Menghitung opportunity cost sel kosong Destination ( Tujuan)
Tempat Asal
D1
D2 10
O1
60
5 10
6 O2 Permintaan
60
7 30
4 50 60
Kapasitas
D3
100 9 50
30
75
Dari Tabel 2.19 di atas, sel kosong adalah sel O2D1 dan sel O2D3, dengan biaya transportasi = 60 (10) + 10 (5) + 30 (7) + 50 (4) = 1.060 Untuk sel O2D1. Tabel 2.19.a. D1 O1 O2
D2 10
-1
5 +1
6 +1
4 -1
Andaikan sel O2D1 ini diisi satu barang, maka supaya kondisi seimbang sel O1D1 dan sel O2D2 dikurangi satu dan sel O1D2 ditambah satu. Sekarang perhatikan loop O2D1 → O1D1 → O1D2 → O2D2. Berturut-turut tambah 1, kurang 1, tambah 1, kurang 1. Perubahan biaya adalah = 6 - 10 + 5 – 4 = -3. Jadi opportunity cost sel O2D1 adalah 3. Ini artinya bahwa apabila kita mengisi sel O2D1 satu barang, maka terjadi pengurangan biaya sebesar 3. Untuk sel O2D3. Andaikan sel O2D3 ini diisi satu barang, maka supaya kondisi seimbang sel O2D2 dan sel O1D3 dikurangi satu dan sel O2D1 ditambah satu. Sekarang perhatikan loop O2D3 → O2D2 → O1D2 → O1D3. Berturut-turut tambah 1, kurang 1, tambah 1, kurang 1. Perubahan biaya adalah = 9 - 4 + 5 – 7 = 3. Jadi opportunity cost sel O2D3 adalah -3. Ini artinya bila kita mengisi sel O2D3 satu barang, maka terjadi penambahan biaya sebesar 3. Dari perhitungan di atas, maka sel O2D1 harus diisi sebanyak mungkin, sedangkan sel O2D3 tidak perlu diisi sebab apabila diisi akan menambah biaya (merugi). Banyaknya barang yang dapat diisikan pada sel O2D1 adalah minimum isi sel yang terkurangi yaitu O1D1 dan O2D2, jadi sel O2D1 dapat diisi sebesar 50, sehingga terbentuk Tabel 2.19.b.
76
Tabel 2.19.b. Tempat Asal O1 O2 Permintaan
Destination (Tujuan) D1
D2 10
10
D3 5
60 6
50 60
Kapasitas
7 30
4 60
9
100 50
30
Dari Tabel 2.19.b di atas, sel kosong adalah sel O2D2 dan sel O2D3. Untuk sel O2D2. Andaikan sel O2D2 ini diisi satu barang, maka supaya kondisi seimbang sel O2D1 dan sel O1D2 dikurangi satu dan sel O1D1 ditambah satu. Sekarang perhatikan loop O2D2 → O2D1 → O1D1 → O1D2. Berturut-turut tambah 1, kurang 1, tambah 1, kurang 1. Perubahan biaya adalah = 4 - 6 + 10 – 5 = 3. Jadi opportunity cost sel O2D1 adalah -3. Ini artinya bila kita mengisi sel O2D2 satu barang, maka terjadi penambahan biaya sebesar 3. Untuk sel O2D3. Andaikan sel O2D3 ini diisi satu barang, maka supaya kondisi seimbang sel O2D1 dan sel O1D3 dikurangi satu dan sel O1D1 ditambah satu. Sekarang perhatikan loop O2D3 → O2D1 → O1D1 → O1D3. Berturut-turut tambah 1, kurang 1, tambah 1, kurang 1. Perubahan biaya adalah = 9 - 6 + 10 – 7 = 6. Jadi opportunity cost sel O2D3 adalah -6. Ini artinya bila kita mengisi sel O2D3 satu barang, maka terjadi penambahan biaya sebesar 6. Dari perhitungan ini, semua opportunity cost sel kosong adalah negatif, maka Tabel 2.19.b. di atas telah optimal, dengan biaya transportasi = 10 (10) + 60 (5) + 30 (7) + 50 (6) = 910. Ini cocok bila kita hitung dari 1060 – 910 = 150, berasal dari pemindahan 50 satuan barang dengan opportunity cost 3. Untuk kasus di atas, kita dapat bekerja mulai hasil dari NWC, Inspeksi, atau VAM. Apabila kita mulai dari NWC, langkah pada metode NWC nya mudah, tetapi akan menjadi sukar pekerjaan di Steppingstone, apabila kita mulai dari VAM, maka akan sukar pada langkah di VAM nya, tetapi mudah pada langkah Steppingstone. Langkah yang cukup bijaksana
77
(meskipu tidak harus), adalah langkah awalnya dengan metode Inspeksi, sebab metode Inspeksi perhitungannya mudah dan hasilnya sudah dekat dengan langkah pada VAM. Dari langkah awal metode Inspeksi diperoleh hasil seperti Tabel 2.19.c. Tabel 2.19.c Tempat Asal
D1
D2 12
O1
D3 4 30
O2
1 50
D5 5
9
60 6
100 6
7
40
90
1
12
4
7
7
10
15
6
9
1
70
70
O4 Permintaan
D4 9
10 8
O3
Kapasitas Pabrik
Destination (Tempat Tujuan)
20 80
50
90
60
70
90
70
350
Dari Tabel 2.19.c di atas kita buat tabel opportunity cost sel kosong seperti pada Tabel 2.19.d berikut: Tabel 2.19.d. Hasil perhitungan opportunity cost sel kosong No 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Sel kosong O1D2 O1D5 O2D1 O2D4 O2D5 O3D2 O3D3 O3D4 O3D5 O4D1 O4D2 O4D4
Loop
Perubahan biaya
O1D2→O1D3→O2D3→O2D2 O1D5→O4D5→O4D3→O1D3 O2D1→O1D1→O1D3→O2D3 O2D4→O2D3→O1D3→O1D4 O2D5→O4D5→O4D3→O2D3 O3D2→O3D1→O1D1→O1D3→O2D3→O2D2 O3D3→O3D1→O1D1→O1D3 O3D4→O3D1→O1D1→O1D4 O3D5→O4D5→O4D3→O1D3→O1D1→O3D1 O4D1→O1D1→O1D3→O4D3 O4D2→O2D2→O2D3→O4D3 O4D4→O4D3→O1D3→O1D4
4-9+6-1=0 9-1+6-9=5 8-12+9-6=-1 6-6+9-5=4 7-1+6-6=6 12-1+12-9+6-1=19 4-1+12-9=6 7-1+12-5=13 7-1+6-9+12-1=14 10-12+9-6=1 15-1+6-6=14 9+6+9-5=7
Opportunity cost 0 -5 1 -4 -6 -19 -6 -13 -14 -1 -14 -7
78
Dari tabel 2.19.d. di atas, terlihat bahwa opportunity cost terbesar adalah pada sel O2D1 sehingga sel ini harus diisi sebanyak mungkin. Sel ini diisi sebanyak minimun dari sel O1D1 dan O2D3 yaitu sebanyak 10. Sehingga Tabel 2.19.d. menjadi Tabel 2.19.e berikut: Tabel 2.19.e. Tempat Asal
D1
D2 12
D3 4
10
1 50
1
9
6
6
7
4
7
7
60
100
30 12
90
70
70 10
15
6
9
20
O4 Permintaan
D5 5
40 8
O3
D4 9
O1 O2
Kapasitas Pabrik
Destination (Tempat Tujuan)
80
50
90
1 70
60
70
90 350
Dari Tabel 2.19.e. di atas kita buat tabel opportunity cost semua sel kosong sehingga diperoleh Tabel 2.19.f berikut: Tabel 2.19.f. No 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Sel kosong O1D1 O1D2 O1D5 O2D4 O2D5 O3D2 O3D3 O3D4 O3D5 O4D1 O4D2 O4D4
Loop
Perubahan biaya
O1D2→O1D3→O2D3→O2D1 O1D2→O1D3→O2D3→O2D2 O1D5→O4D5→O4D3→O1D3 O2D4→O2D3→O1D3→O1D4 O2D5→O4D5→O4D3→O2D3 O3D2→O3D1→O2D1→O2D3 O3D3→O3D1→O2D1→O2D3 O3D4→O3D1→O2D1→O2D3→O1D3→O1D4 O3D5→O4D5→O4D3→O2D3→O2D1→O3D1 O4D1→O2D1→O2D3→O4D3 O4D2→O2D2→O2D3→O4D3 O4D4→O4D3→O1D3→O1D4
12-9+6-8=1 4-9+6-1=0 9-1+6-9=5 6-6+9-5=3 7-1+6-6=6 12-1+8-1=18 4-1+8-6=5 7-1+8-6+9-5=12 7-1+6-6+8-1=13 10-8+6-6=2 15-1+6-6=14 9+6+9-5=7
Opportunity cost -1 0 -5 -3 -6 -18 -5 -12 -13 -2 -14 -7
79
Dari Tabel 2.19.f. terlihat bahwa tidak ada lagi sel kosong yang mempunyai opportunity cost positif, ini berarti bahwa Tabel 2.4.f telah optimal, dengan biaya transportasi =40 (9) + 60 (5) + 10 (8) + 50 (1) + 30 (6) + 70 (1) + 20 (6) + 70(1) = 1.230. Sebagai catatan bahwa opportunity cost sel O1D2 adalah nol, ini berarti bahwa sel ini diisi maupun tidak, tidak akan menambah atau mengurangi biaya transportasi.
ii. Modified Distribution Method (MODI) Pada penyelesaian metode Steppingstone umumnya akan mengalami kesulitan utama pada menentukan “loop”, apalagi kalau banyaknya sumber (tempat asal) atau tempat tujuan banyak. Metode Modi meniadakan loop yang banyak, dimana pada metode Modi ini setiap langkah mencari opportunity cost terbesar hanya memerlukan satu kali loop. Untuk membahas metode ini, perlu dikenalkan beberapa istilah / singkatan yang akan digunakan untuk merumuskan masalah transportasi. Misalkan banyaknya tempat asal adalah m dan banyaknya tempat tujuan n, dan misalkan Oi = tempat asal ke i, dimana i = 1, 2, ..., m. Dj = tempat tujuan ke j, dimana j = 1, 2, ..., n. Cij = besarnya biaya satuan pengiriman barang dari Oi ke Dj. Vi = bilangan baris, dimana i = 1, 2, ..., m. Uj = bilangan kolom, dimana j = 1, 2, ..., n. Kij = bilangan sel kosong. Langkah-langkah menghitung opportunity cost sel kosong. 1. Menghitung Vi dan Uj berdasarkan sel yang telah terisi sehingga dengan hubungan Cij = Vi + Uj. Dimana pertama kali kita dapat memberikan sebarang bilangan pada salah satu Vi atau Uj. 2. Menghitung Kij pada sel kosong dengan ketentuan Kij = Vi + Uj. 3. Menghitung opportunity cost sel kosong dengan ketentuan Opportunity cost = Kij – Cij. Sebagai ilistrasi perhatikan tabel berikut:
80
Tabel 2.19.f Destination ( Tujuan)
Tempat Asal
D1 10
O1
O2
D2
60
7
10
30 4
6
Bil Baris (Vi)
100
0
50
–1
D3 5
K21
Kapasitas
K23
9
50
Permintaan
60
60
30
Bil Kolom (Uj)
10
5
7
Misalkan kita ambil sebarang bilangan untuk V1 = 0, maka kita kita peroleh: U1 = C11 – V1 = 10 – 0 = 10 U2 = C12 – V1 = 5 – 0 = 5 U3 = C13 – V1 = 7 – 0 = 7 V2 = C22 – U2 = 4 – 5 = –1 K21 = V2 + U1 = (–1) + 10 = 9 K23 = V2 + U3 = (–1) + 7 = 6 Opportunity cost sel O2D1 = K21 – C21 = 9 – 6 = 3 Opportunity cost sel O2D3 = K23 – C23 = 6 – 9 = –3 Selanjutnya kita akan menghitung opportunity cost sel kosong pada masalah di atas dengan Modi. Pertama misalkan kita ambil Tabel hasil dari metode Inspeksi yaitu seperti Tabel 2.19.g berikut:
81
Tabel 2.19.g. Tempat Asal
D1
D2 12
D3 4
D4 9
10
O1
Kapasitas Pabrik
Destination (Tempat Tujuan)
30 8
1
5
9
60 6
50
O2
D5
12
6
7 90
4
7
7
70
O3
70 10
15
6
9
20
O4 Perminta an Bil. Kolom
0
100
40
1
Bil Baris (Vi)
80
50
1 70
90
60
90 350
70
Misalkan kita ambil V1 = 0, maka U1 = 12, U3 = 9, U4 = 5. Dari U1 = 12, diperoleh V3 = -11, dari U3 = 9, diperoleh V2 = -3, dan V4 = -3, dari V2 = -3, diperoleh U2 = 4, dan dari V4 = -3, diperoleh U5 = 4. Selanjutnya dengan menghitung Kij = = Vi + Uj, maka kita peroleh Tabel 2.19.h. Tabel 2.19.h. Tempat Asal
D1
D2 12
O1
D4 9
10
30 1
1
D5 5
9
60 6
50
O2
100 6
7
40 12
90 4
7
7
70
70 10
O4 Perminta an Bil. Kolom
D3 4
8
O3
Kapasitas Pabrik
Destination (Tempat Tujuan)
15
6
9
20 80 12
50 4
90 9
1 70
60 5
70 4
90 350
Bil Baris (Vi) 0 -3 -11 -3
82
Tabel 2.19.i. Hasil Perhitungan Opportunity cost sel kosong No Sel kosong Opp cost
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
O1D2 O1D5 O2D1 O2D4 O2D5 O3D2 O3D3 O3D4 O3D5 O4D1 O4D2 O4D4 0
-5
1
-4
-6
-19
-6
Dari hasil ini, bandingkan dengan Tabel 2.19.d. Perhitungan selanjutnya sama dengan metode Steppingstone.
-13
-14
-1
-14
-7
83
c. Penyelesaian Masalah Transportasi dengan Program Komputer i. Program Lindo Seperti pada penyelesaian program Linear dengan Lindo, masalah transportasi juga dapat dikerjakan dengan Lindo, yaitu dengan memandang masalah transportasi sebagai program Linear. Berikut akan dibahas masalah transportasi yang sama di atas, tetapi solusinya dengan Program Lindo. Tempat Asal
Destination (Tempat Tujuan) D1
D2 12
D3 4
D4 9
Kapasitas Pabrik
D5 5
9 100
O1 8
1
6
6
7
O2
90 1
12
4
7
7
10
15
6
9
1
O3
70
O4
90
Permintaan 80
50
90
60
70
350
Misalkan banyaknya barang pada sel Xij yaitu banyaknya barang yang dikirim dari pabrik Oi ke permintaan Dj, dan cij adalah biaya satuan pengiriman dari pabrik Oi ke permintaan Dj, maka basarnya biaya pengiriman adalah: Z = ∑ X ijcij
∑ X = per min taan D Untuk setiap i, ∑ X ij = kapasitas O i .
Dengan syarat untuk setiap j,
ij
j
, dan
Dari ketentuan ini, untuk kasus masalah transportasi ini, maka kita peroleh model. Minimumkan biaya: 12X11 + 4X12 +9 X13 + 5X14 + 9X15 + 8X21 + 1X22 + 6X23 + 6X24 + 7X25 + 1X31 + 12X32 + 4X33 + 7X34 + 7X35 + 10X41 + 15 X42 + 6X43 + 9X44 + 1X45 Dengan syarat X11 + X21 + X31 + X41 = 80 X12 + X22 + X32 + X42 = 50 X13 + X23 + X33 + X43 = 90
84
X14 + X24 + X34 + X44 = 60 X15 + X25 + X35 + X45 = 70 Dan
X11 + X12 + X13 + X14 + X15 =100 X21 + X22 + X23 + X24 + X25 = 90 X31 + X32 + X33 + X34 + X35 =70 X41 + X42 + X43 + X44 + X45 = 90 Xij ≥ 0, untuk setiap i dan j.
Dalam menyelesaikan program linear maupun masalah transportasi, indeks ditulis sejajar dengan variabelnya sehingga dalam penulisan pada Lindo sebagai berikut. MIN
12X11+4X12+9X13+5X14+9X15+8X21+1X22+6X23+6X24+7X25 +1X31+12X32+4X33+7X34+7X35+10X41+15X42+6X43+9X44+1X45
SUBJECT TO X11+X12+X13+X14+X15=100 X21+X22+X23+X24+X25=90 X31+X32+X33+X34+X35=70 X41+X42+X43+X44+X45=90 X11+X21+X31+X41=80 X12+X22+X32+X42=50 X13+X23+X33+X43=90 X14+X24+X34+X44=60 X15+X25+X35+X45=7 END
Setelah program Lindo dijalankan, maka akan diperoleh hasil sebagai berikut. LP OPTIMUM FOUND AT STEP
8
OBJECTIVE FUNCTION VALUE 1) VARIABLE X11 X12 X13 X14 X15 X21 X22 X23 X24 X25
1230.000 VALUE 0.000000 40.000000 0.000000 60.000000 0.000000 10.000000 10.000000 70.000000 0.000000 0.000000
REDUCED COST 1.000000 0.000000 0.000000 0.000000 5.000000 0.000000 0.000000 0.000000 4.000000 6.000000
85
X31 X32 X33 X34 X35 X41 X42 X43 X44 X45
ROW 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9) 10)
70.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 20.000000 0.000000 70.000000
0.000000 18.000000 5.000000 12.000000 13.000000 2.000000 14.000000 0.000000 7.000000 0.000000
SLACK OR SURPLUS 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000
NO. ITERATIONS=
DUAL PRICES 0.000000 3.000000 10.000000 3.000000 -11.000000 -4.000000 -9.000000 -5.000000 -4.000000
8
RANGES IN WHICH THE BASIS IS UNCHANGED:
VARIABLE X11 X12 X13 X14 X15 X21 X22 X23 X24 X25 X31 X32 X33 X34 X35 X41 X42 X43 X44 X45
ROW 2
CURRENT COEF 12.000000 4.000000 9.000000 5.000000 9.000000 8.000000 1.000000 6.000000 6.000000 7.000000 1.000000 12.000000 4.000000 7.000000 7.000000 10.000000 15.000000 6.000000 9.000000 1.000000
CURRENT RHS 100.000000
OBJ COEFFICIENT RANGES ALLOWABLE ALLOWABLE INCREASE DECREASE INFINITY 1.000000 0.000000 4.000000 INFINITY 0.000000 4.000000 INFINITY INFINITY 5.000000 1.000000 5.000000 4.000000 0.000000 0.000000 2.000000 INFINITY 4.000000 INFINITY 6.000000 5.000000 INFINITY INFINITY 18.000000 INFINITY 5.000000 INFINITY 12.000000 INFINITY 13.000000 INFINITY 2.000000 INFINITY 14.000000 2.000000 5.000000 INFINITY 7.000000 5.000000 INFINITY RIGHTHAND SIDE RANGES ALLOWABLE INCREASE 0.000000
ALLOWABLE DECREASE 0.000000
86
3 4 5 6 7 8 9 10
90.000000 70.000000 90.000000 80.000000 50.000000 90.000000 60.000000 70.000000
0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000
0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000
Tampilan yang muncul pada layar editor di atas merupakan penyelesaian suatu masalah transportasi yang dapat diartikan sebagai berikut. 1. Biaya minimum yang diperlukan untuk pengangkutan barang adalah 1.230 yang dapat dibaca dari OBJECTIVE FUNCTION VALUE 1)
1230.000
2. Alokasi pengiriman barang dapat diketahui dari nilai value pada hasil berikut. VARIABLE X11 X12 X13 X14 X15 X21 X22 X23 X24 X25 X31 X32 X33 X34 X35 X41 X42 X43 X44 X45
VALUE 0.000000 40.000000 0.000000 60.000000 0.000000 10.000000 10.000000 70.000000 0.000000 0.000000 70.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 20.000000 0.000000 70.000000
REDUCED COST 1.000000 0.000000 0.000000 0.000000 5.000000 0.000000 0.000000 0.000000 4.000000 6.000000 0.000000 18.000000 5.000000 12.000000 13.000000 2.000000 14.000000 0.000000 7.000000 0.000000
a. Dari O1 (tempat asal) dikirimkan ke D2 (tempat tujuan) sebanyak 40 unit, dan ke D4 sebanyak 60 unit. b. Dari O2 dikirimkan ke D1 sebanyak 10 unit, ke D2 sebanyak 10 dan dikirim ke D3 sebanyak 70
87
c. Dari O 3 dikirimkan sebanyak 70 unit ke D1. d. Dari O 4 dikirimkan sebanyak 20 unit ke D3, dan 80 unit ke D5 Reduced Cost adalah lawan dari opportunity cost, jadi apabila Reduced Cost = 4, maka opportunitu costnya = -4. Dengan demikian dari hasil di atas, tidak ada opportunity cost yang positif, jadi program optimal. Pada masalah transportasi keadaan pasar seimbang artinya jumlah permintaan akan barang sama dengan jumlah kapasitas produksi, maka dual price tidak memiliki makna khusus. Selanjutnya hasil berikut menunjukkan perubahan yang dibolehkan agar sistem transportasi tetap, dengan biaya optimal. RANGES IN WHICH THE BASIS IS UNCHANGED:
VARIABLE X11 X12 X13 X14 X15 X21 X22 X23 X24 X25 X31 X32 X33 X34 X35 X41 X42 X43 X44 X45
CURRENT COEF 12.000000 4.000000 9.000000 5.000000 9.000000 8.000000 1.000000 6.000000 6.000000 7.000000 1.000000 12.000000 4.000000 7.000000 7.000000 10.000000 15.000000 6.000000 9.000000 1.000000
OBJ COEFFICIENT RANGES ALLOWABLE ALLOWABLE INCREASE DECREASE INFINITY 1.000000 0.000000 4.000000 INFINITY 0.000000 4.000000 INFINITY INFINITY 5.000000 1.000000 5.000000 4.000000 0.000000 0.000000 2.000000 INFINITY 4.000000 INFINITY 6.000000 5.000000 INFINITY INFINITY 18.000000 INFINITY 5.000000 INFINITY 12.000000 INFINITY 13.000000 INFINITY 2.000000 INFINITY 14.000000 2.000000 5.000000 INFINITY 7.000000 5.000000 INFINITY
Misalnya c11 dapat turun sampai 11 atau naik sampai tak berhingga, c12 dapat turun sampai 0 dan tidak boleh naik, dan seterusnya.
88
Hasil terakhir yaitu ROW
CURRENT RHS
2 3 4 5 6 7 8 9 10
100.000000 90.000000 70.000000 90.000000 80.000000 50.000000 90.000000 60.000000 70.000000
RIGHTHAND SIDE RANGES ALLOWABLE INCREASE
ALLOWABLE DECREASE
0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000
0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000
Menunjukkan bahwa jumlah produksi maupun jumlah permintaan adalah tetap karena memang keadaan pasar seimbang.
ii. Program Lingo untuk Menyelesaikan Masalah Transportasi Lingo adalah salah satu program (software) dibawah Winston satu set bersama-sama dengan Lindo. Program Lingo lebih luas cakupannya, namun output (hasil keluaran) nya tidak selengkap program Lindo. Pada program Lingo, dapat mengolah data atau rumusan non-linear, seperti membuat grafik fungsi sinus, fungsi logarirmis, fungsi eksponen, dan lain-lain. Bentuk pemrograman Lingo juga lebih rumit sedikit, tetapi akan lebih efisien apabila digunakan untuk menyelesaikan masalah transportasi dengan banyak variabel. Karena pada program Lingo disediakan perintah (command) looping dengan perintah for ... loop. Sebagai contoh masalah transportasi yang sudak kita bahas di atas akan dikerjakan dengan program Lingo. Permasalahan transportasi di atas supaya lebih jelas, kita tulis lkembali tabelnya sebagai berikut.
89
Tabel Trasportasi Tempat Asal
Kapasitas Pabrik
Destination (Tempat Tujuan) D1
D2 12
D3 4
D4 9
D5 5
9 100
O1 8
1
6
6
7
O2
90 1
12
4
7
7
O3
70 10
15
6
9
1
O4 Permintaan
90 80
50
90
60
70
350
Dengan program Lingo, maka perintah untuk menyelesaikan masalah transportasi ini adalah. Model: Sets: ariable /O1, O2, O3, O4/:Asal; Permintaan/D1, D2, D3, D4, D5/ :Demand ; Links(Kapasitas,Permintaan) :Ship, Cost ; Endsets Min=@sum(Links:Ship*Cost); @for(Permintaan(j) :@sum(Kapasitas(i) :Ship(i,j))>Demand(j)) ; @for(Kapasitas(i) :@sum(Permintaan(j) :Ship(i,j)) : 5, Obj=MIN, GUBs
