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MASTER GENIE LOGISTIQUE
Promotion 2007/2008
PROBLEME DE TRANSPORT ET D'AFFECTATION
Réaliser par : FATIMA EZZAHRA COURAICHI
HAMZA MESKINI
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SOMMAIRE
Problème de transport………………………………………………....................................
I. Structure d'un problème de tansport ……………................……… ..…
1 Hypothèse du modèle Proposé…………………………………………………2 Énoncé général du problème de transport ……………………………..……….
II. Solution de base pour un problème de transport (méthode de VOGEL)
1 La méthode de Vogel…………………………………………….……………2 Exemple d’application ……………………………………………….……….3 La Résolution par la méthode de VOGEL (SOLUTION DE BASE)…………
III. Détermination de la solution optimale : Algorithme de Dantzig…..…...
1 Principe de la méthode de Dantzig ……………………………………………2 Critères de l’algorithme de Dantzig ……………….…………………………..3 Application de l’algorithme de Dantzig ……………………………………….
Problème d’affectation…………………………………………………………………….
I. La programmation linéaire du problème d’affectation …………………..
II Méthode de résolution (Méthode hongroise)…………………………….
1 Exemple d’application…………………………………………………2 Vérification des résultats par le solveur d’Excel ……………………...
3
334
4456
9
9910
20
20
202228
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Problème de transport
Le modèle de programmation linéaire du problème de transport a une structure spécialeet peut se résoudre à l'aide de méthodes autres que celle du simplexe. Les algorithmes qui sonthabituellement utilisés pour résoudre le problème de transport sont l'algorithme de Dantzig etcelui des coûts duals.
I. Structure d'un problème de transport :
Il s’agit de transporter les unités de disponibilité à partir des sources jusqu’aux clients àcoût de transport total minimum.
1. Hypothèse du modèle proposé :
Le coût de transport pour acheminer des biens d’une source i à une destination j est proportionnel aux différentes unités de biens acheminées.
Considérons que la quantité disponible à l'origine i est de ai unités et que la demande à la
destination j est de bj unités. La quantité à expédier de i à j est xij et. Le coût d'expédition par
unité est cij.
Le tableau de transport peut se présenter sous la forme :
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1. Énoncé général du problème de transport :
où ai ≡ la quantité de biens à acheminer de la source i aux n destinations. bj ≡ la quantité de biens nécessaire pour satisfaire à la demande à la destination j.cij ≡ coût unitaire de transport entre une source i et une destination j.
xij≡
la quantité transportée de l’origine i à la destination j.
2. Solution de base pour un problème de transport (méthode de
VOGEL) :
Nous présentons ici la méthode de VOGEL pour la détermination d’une solution initiale,cette méthode peut avoir d’avantage sur celle de coin Nord-Ouest, Elle permet d’obtenir lasolution initiale la plus optimale
1. La méthode de Vogel :
Montrant comment s’applique la méthode de Vogel pour obtenir une solution initiale àun problème de transport.
Méthodologie :
1. Construire la matrice des couts en incluant les disponibilités et demandes ajouter unedestination fictive ou une origine fictive.
2. Calculer la différence entre les deux couts les plus petits pour chaque ligne et chaque
colonne.
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Problème de programmation
linéaire dotéd’une structure
particulière.
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3. Choisir la ligne ou la colonne ayant le maximum des différents, faire un choix arbitrairesi le maximum des différents n’est pas unique.
4. Donner la quantité la plus grande possibilité (en respectant les contraintes) a la cellule possédant le cout le plus faible de la lige ou la colonne obtenue en 3.
5. Rayer la ligne ou la colonne saturée.
6. Retourner a 2 en effectuant les calculs sur la matrice résultante, la procédure s’arrêtelorsque toutes les lignes set les colonnes sont saturées
2. Exemple d’application :
L'entreprise Sporcau, spécialiste de la saucisse, dispose de 4 laboratoires où elle élaboreson produit, et de 5 centres de distribution d'où elle ravitaille sa clientèle.
Le marché de la saucisse est devenu fort concurrentiel et, récemment, l'entreprise a vu seresserrer ses marges. Elle a donc entrepris une étude pour abaisser ses coûts. Les coûts detransport, en particulier, sont rapidement apparus comme plus élevés que ceux des concurrents.
Jusqu'ici, l'horaire quotidien d'acheminement des produits entre laboratoires et centres
de distribution était dressé par un répartiteur averti armé de son bon sens et de son flair.
Chez Sporcau, on pense qu'il s'agit là du maillon faible de la chaîne de contrôle descoûts de transport et on veut que le répartiteur adopte une méthode qui mènera à un horairequotidien optimal.
La matrice des couts ainsi que la disponibilité et la demande du produit sont.
c1 c2 c3 c4 c5
disponiblit
él1 200 600 500 900 500 26l2 100 400 500 900 500 24l3 500 200 100 700 600 27l4 600 300 400 500 900 23demande 18 20 22 19 21 100
Le modèle de PL pour ce programme de transport est:
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Minimiser Z=200x11+600x12+500x13+900x14+500x15+100x21+400x22+500x23+900x24+500x25+500x31+200x32+1
00x33+700x34+600x35+600x41+300x42+400x43+500x44+900x45
Sous les contraintes suivantes :x11+x12+x13+x14+x15=26
x21+x22+x23+x24+x25=24x31+x32+x33+x34+x35=27x41+x42+x43+x44+x45=23
x11+x21+x31+x41=18x12+x22+x32+x42=20x13+x23+x33+x43=22x14+x24+x34+x44=19x15+x25+x35+x45=21
avec : les xij >= 0 i=1,…,4 et j=1,…,5
3. La Résolution par la méthode de VOGEL (SOLUTION DE BASE )
Dij CD1 CD2 CD3 CD4 CD5
L1200 600 500 900 500 300
18 26 8
L2100 400 500 900 500 300
24
L3500 200 100 700 600 100
27
L4600 300 400 500 900 100
23
18 20 22 19 21
100 100 300 200 0
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CD1 CD2 CD3 CD4 CD5
L1200 600 500 900 500 0
18 8
L2100 400 500 900 500 100
24
L3500 200 100 700 600 100
22 27 5
L4600 300 400 500 900 100
23
0 20 22 19 21
100 300 200 0
0
CD1 CD2 CD3 CD4 CD5
L1200 600 500 900 500 200
18 8
L2100 400 500 900 500 100
24
L3500 200 100 700 600 400
5 22 5 0
L4600 300 400 500 900 200
23
0 20 0 19 21
100 200 0
15
CD1 CD2 CD3 CD4 CD5
L1200 600 500 900 500 100
18 8
L2100 400 500 900 500 100
24
L3500 200 100 700 600
5 22 0
L4600 300 400 500 900 200
19 23 4
0 15 0 19 21
100 400 0
0
CD1 CD2 CD3 CD4 CD5
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L1200 600 500 900 500 100
18 8
L2
100 400 500 900 500 100
24
L3 500 200 100 700 600
5 22 0
L4600 300 400 500 900 600
4 19 4 0
0 15 0 0 21
100 0
11
CD1 CD2 CD3 CD4 CD5
L1200 600 500 900 500 100
18 8
L2100 400 500 900 500 100
11 24 13
L3500 200 100 700 600
5 22 0
L4600 300 400 500 900
4 19 0
0 11 0 0 21
200 00
CD1 CD2 CD3 CD4 CD5
L1200 600 500 900 500
18 8 8 0
L2100 400 500 900 500
11 13 13 0
L3500 200 100 700 600
5 22 0
L4 600 300 400 500 9004 19 0
0 0 0 0 21
8
0
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Toutes les lignes et les colonnes sont saturées avec cette dernière itération
CD1 CD2 CD3 CD4 CD5
L1200 600 500 900 500
18 8
L2100 400 500 900 500
11 13
L3500 200 100 700 600
5 22
L4600 300 400 500 900
4 19
La solution initiale avec la méthode de Vogel est :
x11=18, x14=8, x22=11, x25=13, x32=5, x33=22, x42=4, x44=19
Avec un cout :
z= 18*200 + 400*11 +5*200 +300*4 +22*100 +19*500+8*500 +13*500 =32400
3. Détermination de la solution optimale : Algorithme de Dantzig
1. Principe de la méthode de Dantzig :
Pour obtenir une solution meilleure, on considère les cases qui ne sont pas utiliser dans lasolution initiale (ce sont les variables hors base), si l’on introduit une nouvelle variable dans la
base, il faut nécessairement qu’une variable actuelle dans le tableau soit réduite à zéro pour retrouver la une solution optimaleSoit z1 la valeur de la fonction économique pour la solution initiale et z2 la valeur de lafonction économique pour la solution optimale (z2<= z1).
Z2=z2 + Δij
Avec :Δij représente la réduction (ou l’augmentation) du cout.
2. Critères de l’algorithme de Dantzig :
Critères d’entré d’une variable : déterminer tout les Δij Pour les cases vacantes et choisir les variables a introduire a l’aide de
Min Δij =min(cij - zij ) ; <0
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Critère de sorti : la variable qi sort de la base correspondant O= min x ij sur le parcours donton a soustrait O
Critère d’optimalité : la solution est optimale lorsque tout les Δij >=0
3. Application de l’algorithme de Dantzig :
Appliquons l’algorithme en utilisant la solution la solution initial obtenu par la méthode deVogel.On a Douze cases sont vacantes, donc on doit évaluer douze Δij en établissant les
parcours appropriés. Les parcours+,- sont indiqués.
200 (-) 600 500 900 500 (+)
18 8
100 400 500 900 500 (-)
(+) 11 13
500 200 100 700 600
5 22
600 300 400 500 900
4 19
Δ21= 100 -200 +500- 500 = -100
On continue le calcule des Δij pour si on trouve un autres Δij négatif on on choisie le plus petit des négatif on introduit une nouvelle variable a la base et on refait le calcule des Δij,on refait cette étape jusqu'à l’obtention de tous les Δij positif (la solution optimale)
200 (-) 600 500 900 500 (+)
18 8
100 400 (+) 500 900 500 (-)
11 13
500 200 (-) 100 700 600
(+) 5 22
600 300 400 500 900
4 19
∆3 1=500−200 +500−500+400−200 =500
200 (-) 600 500 900 500 (+)
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18 8
100 400 (+) 500 900 500 (-)
11 13
500 200 100 700 600
5 22
600 (+) 300 (-) 400 500 900
4 19
∆41=500
200 600 500 900 500 (-)
18 (+) 8
100 400 (-) 500 900 500 (+)
11 13
500 200 100 700 600
5 22
600 300 400 500 900
4 19
∆ 12=200
200 600 500 (+) 900 500 (-)
18 8
100 400 (-) 500 900 500 (+)
11 13500 200 (+) 100 (-) 700 600
5 22
600 300 400 500 900
4 19
∆ 13=200
200 600 500 900 500
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18 8
100 400 (-) 500 900 500
11 (+) 13
500 200 (+) 100 (-) 700 600
5 22
600 300 400 500 900
4 19
∆23 =200
200 600 500 900 500
18 8
100 400 500 900 500
11 13
500 200 (+) 100 (-) 700 600
5 22
600 300 (-) 400 (+) 500 900
4 19
∆43 =200
200 600 500 900 500 (-)
18 (+) 8
100 400 (-) 500 900 500 (+)
11 13
500 200 100 700 600
5 22
600 300 (+) 400 500 (-) 900
4 19
∆14 =300
200 600 500 900 500
18 (+) 8
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100 400 (-) 500 900 500
11 13
500 200 100 700 600
5 22
600 300 (+) 400 500 (-) 900
4 19
∆24 =300
200 600 500 900 500
18 8
100 400 500 900 500
11 13
500 200 (-) 100 700 (+) 600
5 22
600 300 (+) 400 500 (-) 900
4 19
∆34 =300
200 600 500 900 500
18 8
100 400 (+) 500 900 500 (-)
11 13
500 200 (-) 100 700 600 (+)
5 22
600 300 400 500 900
4 19
∆35 =300
200 600 500 900 500
18 8
100 400 (+) 500 900 500 (-)
11 13
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500 200 100 700 600
5 22
600 300 (-) 400 500 900 (+)
4 19
∆45=500
On a trouvé un seul Δ negatif donc on introduit une autre variable a la base et on refait les calcules
200 600 500 900 500
5 21
100 (-) 400 (+) 500 900 500
13 11
500 (+) 200 (-) 100 700 600
5 22
600 300 400 500 900
4 19
∆ 31 =600
200 600 500 900 500
5 21
100 (-) 400 (+) 500 900 500
13 11
500 200 100 700 600
5 22
600 (+) 300 (-) 400 500 900
4 19
∆ 41 =600
200 (-) 600 (+) 500 900 500
5 21
100 (+) 400 (-) 500 900 500
13 11
500 200 100 700 600
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5 22
600 300 400 500 900
4 19
∆ 12 =100
200 (-) 600 500 (+) 900 500
5 21
100 (+) 400 (-) 500 900 500
13 11
500 200 (+) 100 (-) 700 600
5 22
600 300 400 500 900
4 19
∆ 13 =100
200 600 500 900 5005 21
100 400 (-) 500 (+) 900 500
13 11
500 200 (+) 100 (-) 700 600
5 22
600 300 400 500 900
4 19
∆ 23 =200
200 600 500 900 500
5 21
100 400 500 900 500
13 11
500 200 (+) 100 (-) 700 600
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5 22
600 300 (-) 400 (+) 500 900
4 19
∆ 43=200
200 (-) 600 500 900 (+) 500
5 21
100 (+) 400 (-) 500 900 500
13 11
500 200 100 700 600
5 22
600 300 (+) 400 500 (-) 900
4 19
∆ 14 =200
200 600 500 900 500
5 21
100 400 (-) 500 900 (+) 500
13 11
500 200 100 700 600
5 22
600 300 (+) 400 500 (-) 900
4 19
∆ 24=300
200 600 500 900 500
5 21
100 400 500 900 500
13 11
500 200 (-) 100 700 (+) 600
5 22
600 300 (+) 400 500 (-) 900
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4 19
∆34 =300
200 (+) 600 500 900 500 (-)
5 21
100 (-) 400 500 900 500 (+)
13 11
500 200 100 700 600
5 22
600 300 400 500 900
4 19
∆ 25 =100
200 (+) 600 500 900 500 (-)
5 21
100 (-) 400 (+) 500 900 500
13 11
500 200 (-) 100 700 600 (+)
5 22
600 300 400 500 900
4 19
∆ 35=400
200 (+) 600 500 900 500 (-)
5 21
100 (-) 400 (+) 500 900 500
13 11
500 200 100 700 600
5 22
600 300 (-) 400 500 900 (+)
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4 19
∆45=600
On Remarque que tous les Δ ij sont positif donc la solution optimale est :
z=5*200+13*100+11*400+200*5+4*300+22*100+19*500+21*500 = 31100
On voix clairement que la solution obtenue par l’algorithme de Dantzig(z=31100) et inférieureque celle obtenu par Vogel .
4. Vérification des résultats par Excel le solveur (comparaison avec
la solution de dantzig)
x1 x2 x3 x4 x5
x1 200 600 500 900 500 26
x2 100 400 500 900 500 24
x3 500 200 100 700 600 27
x4 600 300 400 500 900 23
18 20 22 19 21
x1 x2 x3 x4 x5
x1 5 0 0 0 21 26x2 13 11 0 0 0 24
x3 0 5 22 0 0 27
x4 0 4 0 19 0 23
18 20 22 19 21
FCT 31100
contraintes 18 = 18
20 = 20
22 = 22
19 = 19
21 = 21
26 = 2624 = 24
27 = 27
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23 = 23
Remarque
la solution obtenue par le solveur est la même que celle obtenue par l’algorithme de Dantzig.
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Problème d’affectation
Il s’agit d’un cas particulier du problème de transport et, par conséquent, du problème deflot à coût minimum.
Le problème consiste à affecter les éléments d’un ensemble à ceux d’un autre ensembleselon une approche biunivoque (un à un) de sorte que la somme des coûts des affectations soitminimale.
I. La programmation linéaire du problème d’affectation et la
suivante :
Où xij = 1 si i est affecté à j0 autrement.
cij = coût d’affectation de i à j.
II. Méthode de résolution :
Méthode hongroise est développée par le mathématicien Kuhn( Kuhn, H. W. "TheHungarian Method for the Assignement Problème ") .
Methodologies :
Description de la méthode hongroise sous une forme qui permet de faire tous les calculsdans la matrice des données du problème :
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n nMin Z = ∑ ∑ c
ijx
ij
i = 1 j = 1n∑ x
ij= 1 ∀ i = 1, 2, …, n
j = 1
n∑ xij= 1 ∀ j = 1, 2, …, n
i = 1
xij= 0 ou 1 ∀ i, j
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1. Soustraire l'élément minimum de la rangée i de chaque élément de la rangée i, pour tout i = 1, 2, ..., n.
2. Soustraire l'élément minimum de la colonne j de chaque élément de la colonne j, pour tout j = 1, 2, ..., n.
3. Examiner les rangées à partir de la première. S'il existe une rangée ne contenantqu'un seul zéro non marqué, alors marquer ce zéro en l’encadrant pour dénoter uneaffectation. Éliminer les autres zéros de la même colonne en les marquant (cases grises).
Répéter ce processus jusqu'à ce que toutes les rangées ne contiennent aucun zéronon marqué ou au moins deux zéros non marqués.
4. Examiner les colonnes à partir de la première. S'il existe une colonne avec un
seul zéro non marqué, alors marquer ce zéro en l’encadrant pour dénoter une affectation.Éliminer les autres zéros non marqués de la même rangée en les marquant (cases grises).Répéter ce processus jusqu'à ce que toutes les colonnes ne contiennent aucun zéronon marqué ou au moins deux zéros non marqués.
5. Répéter les étapes 3 et 4 successivement jusqu'à ce qu'une des trois conditionssoit obtenue.
(a) Chaque rangée possède une affectation; alors cette Affectation estoptimale. L'algorithme prend fin.
(b) Il y a au moins deux zéros non marqués dans chaque rangée et chaquecolonne; alors faire une affectation arbitraire à un de ces zéros en l’encadrant et éliminer
tous les autres zéros de la même rangée et de la même colonne en les marquant (casesgrises) puis aller à 3.(c) Il n'y a aucun zéro non marqué et une affectation complète n'a pas été
faite; alors passer à l'étape 6.
6. Cocher (a) toutes les rangées pour lesquelles des affectations n'ont pas étéfaites.
7. Cocher (a) toutes les colonnes pas encore cochées et qui ont un zéro dans desrangées cochées.
8. Cocher (a) toutes les rangées pas encore cochées et qui ont des affectationsdans des colonnes cochées.
9. Répéter les étapes 7 et 8 jusqu'à ce qu'il ne soit plus possible de cocher.
10. Tracer une ligne à travers toutes les rangées non cochées et toutes les colonnescochées.
11. Parmi tous les éléments de la matrice qui ne sont pas couverts par une ligne,choisir l'élément le plus petit et le soustraire de chaque élément non couvert et l'ajouter àchaque élément doublement couvert (par une ligne verticale et horizontale).
Retourner à l'étape 3.
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1. Exemple d’application :
Une entreprise de fabrication de moteurs d’automobile doit affecter 8 machines a 8 taches afinde pouvoir produire un moteur M200, le tableau suivant indique le temps de chaque tacheréaliser par les différente machines. (Le zéro indique que la machine n’est pas qualifiée a latache)L’objectif de l’entreprise et de minimiser le temps de mise en œuvre.
tache 1 tache 2 tache 3 tache 4 tache 5 tache 6 tache 7 tache 8
moteur 1 9 12 9 6 9 6 9 10
moteur 2 7 8 5 4 3 8 15 5
moteur 3 6 3 16 18 3 19 6 8
moteur 4 6 1 17 6 5 11 7 9
moteur 5 5 0 13 4 5 6 1 2
moteur 6 12 13 4 12 3 1 12 14
moteur 7 3 12 3 7 13 6 8 3
moteur 8 13 4 1 5 5 5 4 9
En appliquant l’étape 1 et 2, on obtient :
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En appliquant l’étape 3, on obtient :
En appliquant l’étape 4, on obtient :
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Aucun zéro non marqué et une affectation complète n’a pas été faite .passer aux étapes 6 à 9.
Appliquons maintenant l’étape 10.
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Appliquons l’étape 11. Le plus petit élément est 1.
Retournons aux étapes 3 et 4
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Aucun zéro non marqué et une affectation complète n’a pas été faite; passer aux étapes 6 à 9.
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Appliquant l’etape 11. le plus petit element est 1.
On retourne aux étapes 3 et 4
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Chaque rangée possède une affectation, elle est donc optimale.
L'algorithme est terminé et nous avons:x14 = x28 = x35 = x42 = x57 = x66 = x71 = x83 = 1; 0 ailleursD’où la solution optimale est :
Z = 6+5+3+1+1+1+3+1 = 4
1. Vérification des résultats par le solveur d’Excel :
x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8
x1 9 12 9 6 9 6 9 10
x2 7 8 5 4 3 8 15 5
x3 6 3 16 18 3 19 6 8
x4 6 1 17 6 5 11 7 9
x5 5 0 13 4 5 6 1 2
x6 12 13 4 12 3 1 12 14
x7 3 12 3 7 13 6 8 3
x8 13 4 1 5 5 5 4 9
x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8
x1 0 0 0 1 0 0 0 0
x2 0 0 1 0 0 0 0 0
x3 0 0 0 0 1 0 0 0
x4 0 1 0 0 0 0 0 0
x5 0 0 0 0 0 0 0 1
x6 0 0 0 0 0 1 0 0
x7 1 0 0 0 0 0 0 0
x8 0 0 0 0 0 0 1 0
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FT 21
contraintes 1 = 11 = 1
1 = 1
1 = 1
1 = 1
1 = 1
1 = 1
1 = 1
1 = 1
1 = 1
1 = 1
1 = 1
1 = 1
1 = 1
1 = 1
1 = 1
Remarque :La solution obtenue par le solveur est la même que celle obtenu par la méthode hongroise
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