\chapter{Connectivité dans un graphe}

\section{Algorithme de Roy-Warshall}

\paragraph{Exercice page 101}

\tikzstyle{vertex}=[circle,fill=black!25,minimum size=20pt,inner sep=0pt]
\tikzstyle{edge} = [draw,thick,-]
\tikzstyle{weight} = [font=\small]
\tikzstyle{selected edge} = [draw,line width=5pt,-,red!50]
\tikzstyle{ignored edge} = [draw,line width=5pt,-,black!20]

\begin{tikzpicture}[->,>=stealth',shorten >=1pt,auto,node distance=3cm,
  thick,main node/.style={circle,fill=blue!20,draw,font=\sffamily\Large\bfseries}]
  \node[main node] (1) {A};
  \node[main node] (2) [right of=1] {B};
  \node[main node] (3) [right of=2] {C};
  \node[main node] (4) [below of=2] {D};
  \node[main node] (5) [below right of=3] {E};

  \path[every node/.style={font=\sffamily\small}]
    (1) edge node[right] {$u_1$} (2)
        edge node[left] {$u_2$} (4)
    (2) edge node[left] {$u_3$} (3)
    (3) edge node[left] {$u_4$} (5)
    (4) edge node [left] {$u_5$} (3)
        edge node[left] {$u_6$} (5)
;
\end{tikzpicture}

Soit $M$ la \emph{matrice binaire} associée à un graphe.

\[
M= \begin{bmatrix}
  0 & 1 & 0 & 1 & 0\\
  0 & 0 & 1 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 1\\
  0 & 0 & 1 & 0 & 1\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0
 \end{bmatrix}
\]

\subsubsection{Représenter le graphe associé.}

$M$ est la matrice $n\times n$ avec $n$ le nombre de sommets (ou n\oe uds) du
graphe.\\

Ici, on a 5 sommets~: $A$, $B$, $C$, $D$ et $E$.
$$m_{i,j}=1\Longleftrightarrow\exists\text{ un arc }(i,j)$$

\subsubsection{Donner la matrice d'incidence de ce graphe.}

Soit la matrice $A$~: $n\times m$, avec $n$ le nombre de \emph{sommets} du
graphe et $m$ le nombre \emph{d'arcs} du graphe.

\[
M=\bordermatrix{~ & u_1 & u_2 & u_3 & u_4 & u_5 & u_6 \cr
              A & +1 & +1 &  & & &  \cr
              B & -1 & & +1 & & &  \cr
              C &  & & & +1 & -1 &  \cr
              D &  & -1 & & & +1 & +1 \cr
              E &  &  & & -1 &  & -1 \cr}
\]

$a_{i,j}=+1$ si $i$ est à l'origine de l'arc $j$, $a_{i,j}=-1$ si $i$ est à
l'extrêmité terminale de $j$, $a_{i,j}=0$ sinon.

\subsubsection{Calculer $M^2$, $M^3$, $M^4$, \ldots et interpréter les termes non nuls de ces matrices.}

\[
M^2= \begin{bmatrix}
  0 & 0 & 2 & 0 & 1\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 1\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 1\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0
 \end{bmatrix}
\]

$a_{3,1}=2$, cela signifie qu'il existe deux chemins de longueur 2 reliant $A$
à $C$~: $ABC$ et $ADC$.
$a_{5,1}=2$, cela signifie qu'il existe un chemin de longueur 2 reliant $A$
à $E$~: $ADE$.

\[
M^3= \begin{bmatrix}
  0 & 0 & 0 & 0 & 2\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0
 \end{bmatrix}
\qquad
M^4= \begin{bmatrix}
  0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0
 \end{bmatrix} = M^n\quad\forall n\geq 4
\]

Grâce à $M^3$, on voit qu'il n'existe que deux chemins de longueur trois
reliant $A$ à $E$~: $ABCE$ et $ADCE$.

Il n'existe pas de chemin plus grand que 3, car on a une matrice nulle pour
$M^4$.

\subsubsection{Calculer les puissances booléennes de $M$, soit $M^{\left[2\right]}$,
  $M^{\left[3\right]}$, $M^{\left[4\right]}$, \ldots}

\[
M^{\left[2\right]}= \begin{bmatrix}
  0 & 0 & 1 & 0 & 1\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 1\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 1\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0
 \end{bmatrix}
\qquad
M^3= \begin{bmatrix}
  0 & 0 & 0 & 0 & 1\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0
 \end{bmatrix}
\]

Dans ce cas, on dit qu'il existe au moins un chemin de longueur deux reliant
les points où l'intersection dans la matrice n'est pas nulle.\\
On a perdu l'information du nombre de chemin, on sait seulement si un chemin
existe ou non.

\subsubsection{Calculer la fermeture réflexo-transitive du graphe.}

$$B=I\dot{+}M\dot{+}M^{\left[2\right]}\dot{+}\ldots$$

\[
I= \begin{bmatrix}
  1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 1 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 1 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 1 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 1
 \end{bmatrix}\text{ la matrice identitée}
\]

\paragraph{En clair~:} $B$ correspond en fait à un OU logique appliqué à
l'ensemble des matrices.

\[
B= \begin{bmatrix}
  1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
  0 & 1 & 1 & 0 & 1\\
  0 & 0 & 1 & 0 & 1\\
  0 & 0 & 1 & 1 & 1\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 1
 \end{bmatrix}
\]

Pour chacun des éléments non nuls de la matrice $B$, on peut dire qu'il existe
au moin un chemin (de longueur indéterminée). La matrice $B$ permet donc de
savoir si deux sommets sont interconnectés dans le graphe.

\subsubsection{Algorithme de Roy-Warshall.}

L'algorithme de Roy-Warshall permet de calculer $B$ sans calculer les produits
matriciels.

\subsection{Étapes}
\begin{itemize}
  \item On calcul $B=I\dot{+}M$~;
  \item On calcul l'image de $B$ par l'opérateur $\theta_1$, soit
    $B=\theta_1(B)$~;
  \item On calcul l'image de $B$ par l'opérateur $\theta_2$~;
  \item Ainsi de suite, jusqu'à $\theta_n$.
\end{itemize}

\subsection{Opérateur $\theta_i$}

\begin{itemize}
  \item On considère toutes les lignes de $B$ qui ont un 1 en colonne $i$~;
  \item On ajoute (addition booléenne $\dot{+}$) à chacune de ces lignes tous les 1 de la ligne $i$~;
\end{itemize}

\[
B=\theta_1(B)=
\begin{bmatrix}
  1 & \textbf{1} & 0 & 1 & 0\\
  0 & \textbf{1} & \textbf{1} & 0 & 0\\
  0 & \textbf{0} & 1 & 0 & 1\\
  0 & \textbf{0} & 1 & 1 & 1\\
  0 & \textbf{0} & 0 & 0 & 1
\end{bmatrix}
\xrightarrow{\theta_2}
\begin{bmatrix}
  1 & 1 & \textbf{1} & 1 & 0\\
  0 & 1 & \textbf{1} & 0 & 0\\
  0 & 0 & \textbf{1} & \textbf{0} & \textbf{1}\\
  0 & 0 & \textbf{1} & 1 & 1\\
  0 & 0 & \textbf{0} & 0 & 1
\end{bmatrix}
\xrightarrow{\theta_3}
\begin{bmatrix}
  1 & 1 & 1 & 1 & \textbf{1}\\
  0 & 1 & 1 & 0 & \textbf{1}\\
  0 & 0 & 1 & 0 & \textbf{1}\\
  0 & 0 & 1 & 1 & \textbf{1}\\
  0 & 0 & 0 & 0 & \textbf{1}
\end{bmatrix}
\]

\paragraph{Exercice 2 page 101}

\begin{tikzpicture}[->,>=stealth',shorten >=1pt,auto,node distance=3cm,
  thick,main node/.style={circle,fill=blue!20,draw,font=\sffamily\Large\bfseries}]
  \node[main node] (1) {A};
  \node[main node] (2) [right of=1] {B};
  \node[main node] (3) [below right of=2] {C};
  \node[main node] (4) [below left of=3] {D};
  \node[main node] (6) [below left of=1] {F};
  \node[main node] (5) [below right of=6] {E};

  \path[every node/.style={font=\sffamily\small}]
    (1) edge [bend right] node[right] {} (2)
        edge [bend right] node[left] {} (6)
    (2) edge [bend right] node[left] {} (1)
        edge [loop] node {} (2)
        edge [bend left] node[left] {} (3)
        edge [bend left] node[left] {} (5)
    (3) edge [bend right] node[left] {} (4)
    (4) edge [right] node [left] {} (2)
        edge [bend right] node[left] {} (3)
        edge [bend left] node[left] {} (5)
    (5) edge [loop] node [left] {} (5)
        edge [bend left] node[left] {} (6)
        edge [bend left] node[left] {} (2)
    (6) edge node [left] {} (3)
        edge [bend right] node[left] {} (1)
;
\end{tikzpicture}

\subsubsection{Calculer les demi-degrés extérieurs et intérieurs des sommets du graphe}

$\Gamma^+(A),\Gamma^+(B),\ldots$~; $\Gamma^+(A)={B,F}$, $\Gamma^+(B)={A,B,C,E}$, \ldots

$\Gamma^-(A),\Gamma^-(B),\ldots$~; $\Gamma^-(A)={B,F}$, $\Gamma^+(B)={A,B,C,E}$, \ldots\\

$\Gamma^+$~: la liste des descendants immédiats de $i$ et $\Gamma^+$~: la liste
des prédécesseurs immédiats de $i$.\\

\textbf{Le demi-degré intérieur} du sommet $i$ $\leftarrow d'(i)$~: le nombre
de prédécesseurs immédiats de $i$, à l'exception de $i$ lui-même.

\textbf{Le demi-degré extérieur} du sommet $i$ $\leftarrow d''(i)$~: le nombre
de successeurs immédiats de $i$, à ;'exception de $i$ lui-même.\\

$\Gamma^+(A)={B,F}$~: $d''(A)=2$

$\Gamma^+(B)={A,B,D,E}$~: $d''(B)=3$

\subsubsection{Donner un exemple de chemin simple mais non élémentaire.}

Un \textbf{chemin est simple} s'il ne passe qu'une fois par l'ensemble de ces
arcs. Exemple~: $ABCDBE$.

Un \textbf{chemin est élémentaire} s'il ne passe qu'une fois par l'ensemble de ces
sommets.

\subsubsection{Existe-il un circuit Hamiltonien dans ce graphe~?}

Un \textbf{circuit} est un chemin qui se ferme sur lui-même.

Un \textbf{circuit hamiltonien} est un circuit passant par tous les sommets du
graphe.

\subparagraph{Problème du voyageur de commerce} Le voyageur de commerce visite
une fois et une seul chaque ville, puis retourne à la ville de départ.

\section{Recherche de plus court chemin optimal}

\begin{tikzpicture}[->,>=stealth',shorten >=1pt,auto,node distance=3cm,
  thick,main node/.style={circle,fill=blue!20,draw,font=\sffamily\Large\bfseries}]
  \node[main node] (3) {C};
  \node[main node] (1) [below left of=3] {A};
  \node[main node] (2) [below right of=2] {B};
  \node[main node] (4) [below of=3] {D};
  \node[main node] (5) [right of=2] {E};

  \path[every node/.style={font=\sffamily\small}]
    (1) edge node[right] {4} (3)
        edge node[left] {8} (4)
    (2) edge node[left] {2} (5)
        edge [bend left] node[left] {2} (4)
    (3) edge [bend left] node[left] {3} (2)
        edge [bend right] node[left] {4} (4)
    (4) edge [bend right] node [left] {-6} (3)
        edge [bend right] node[left] {1} (5)
;
\end{tikzpicture}

\subsection{Méthode matricielle}

Pas de sommet source.

Cette méthode donne en une seule exécution le chemin le plus court ou le chemin
le plus long entre deux sommets.

On cherche le chemin de valeur maximale reliant deux sommets.

\subsubsection{Initialisation}
On considère deux matrices $D_0$ et $\Pi_0$, de dimension $n\times n$, avec $n$
le nombre de sommets (ici 5).

\[
D_0=\bordermatrix{~ & A & B & C & D & E \cr
              A & -\infty & -\infty & 4 & 8 & -\infty \cr
              B & -\infty & -\infty & -\infty & 2 & 2 \cr
              C & -\infty & 3 & -\infty & 4 & -\infty \cr
              D & -\infty & -\infty & -6 & -\infty & 1 \cr
              E & -\infty & -\infty & -\infty & -\infty & -\infty \cr}
\qquad
\Pi_0=\bordermatrix{~ & A & B & C & D & E \cr
              A & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \cr
              B & 2 & 2 & 2 & 2 & 2 \cr
              C & 3 & 3 & 3 & 3 & 3 \cr
              D & 4 & 4 & 4 & 4 & 4 \cr
              E & 5 & 5 & 5 & 5 & 5 \cr}
\]

$(D_0)_{i,j}=v_{i,j}=$ la valeur de l'arc $(i,j)$ si cet arc est présent\newline
sinon $(D_0)_{i,j}=-\infty$\newline
$(\Pi_{ij})=i$, $\forall j$.

\subsubsection{À chaque étape $k\geq 1$}

On calcule ma matrice $D_k$ obtenue en replaçant $(D_{k-1})_{i,j}$ par
$\max\lbrace(D_{k-1})_{i,j}, x\rbrace$, $x$ correspond à la somme du $k$-ième
terme de la ligne et du $k$-ième terme de la colonne où se trouve
$(D_k)_{i,j}$.

On itére pour $k=1,2,\ldots,n$. Ici $n=5\longmapsto$ on lit le résultat cherché
par l'intermédiaire des matrices $(D_n, \Pi_n)$.

\[
D_1=\bordermatrix{~ & A & B & C & D & E \cr
              A & -\infty & -\infty & 4 & 8 & -\infty \cr
              B & -\infty & -\infty & -\infty & 2 & 2 \cr
              C & -\infty & 3 & -\infty & \textbf{4} & -\infty \cr
              D & -\infty & -\infty & -6 & -\infty & 1 \cr
              E & -\infty & -\infty & -\infty & -\infty & -\infty \cr}
\qquad
\Pi_1=\bordermatrix{~ & A & B & C & D & E \cr
              A & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \cr
              B & 2 & 2 & 2 & 2 & 2 \cr
              C & 3 & 3 & 3 & \textbf{3} & 3 \cr
              D & 4 & 4 & 4 & 4 & 4 \cr
              E & 5 & 5 & 5 & 5 & 5 \cr}
\]
$\max\lbrace4,-\infty+8\rbrace$. La première colonne étant composée de
$-\infty$, les deux matrices sont identiques. On a $D_0\equiv D_1$ et
$\Pi_0\equiv \Pi_1$.

\[
D_2=\bordermatrix{~ & A & B & C & D & E \cr
              A & -\infty & -\infty & 4 & 8 & -\infty \cr
              B & -\infty & -\infty & -\infty & 2 & 2 \cr
              C & -\infty & 3 & -\infty & \textbf{5} & \textbf{5} \cr
              D & -\infty & -\infty & -6 & -\infty & 1 \cr
              E & -\infty & -\infty & -\infty & -\infty & -\infty \cr}
\qquad
\Pi_2=\bordermatrix{~ & A & B & C & D & E \cr
              A & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \cr
              B & 2 & 2 & 2 & 2 & 2 \cr
              C & 3 & 3 & 3 & \textbf{2} & \textbf{2} \cr
              D & 4 & 4 & 4 & 4 & 4 \cr
              E & 5 & 5 & 5 & 5 & 5 \cr}
\]
Dans $\Pi_2$~: $(\Pi_2)_{i,j}=(\Pi)_{2,j}$

\[
D_3=\bordermatrix{~ & A & B & C & D & E \cr
              A & -\infty & \textbf{7} & 4 & \textbf{9} & \textbf{9} \cr
              B & -\infty & -\infty & -\infty & 2 & 2 \cr
              C & -\infty & 3 & -\infty & 5 & 5 \cr
              D & -\infty & \textbf{-3} & -6 & \textbf{-1} & 1 \cr
              E & -\infty & -\infty & -\infty & -\infty & -\infty \cr}
\qquad
\Pi_3=\bordermatrix{~ & A & B & C & D & E \cr
              A & 1 & \textbf{3} & 1 & \textbf{2} & \textbf{2} \cr
              B & 2 & 2 & 2 & 2 & 2 \cr
              C & 3 & 3 & 3 & 2 & 2 \cr
              D & 4 & \textbf{3} & 4 & \textbf{2} & 4 \cr
              E & 5 & 5 & 5 & 5 & 5 \cr}
\]

\[
D_4=\bordermatrix{~ & A & B & C & D & E \cr
              A & -\infty & 7 & 4 & 9 & \textbf{10} \cr
              B & -\infty & \textbf{-1} & \textbf{-4} & 2 & \textbf{3} \cr
              C & -\infty & 3 & \textbf{-1} & 5 & \textbf{6} \cr
              D & -\infty & -3 & -6 & -1 & 1 \cr
              E & -\infty & -\infty & -\infty & -\infty & -\infty \cr}
\qquad
\Pi_4=\bordermatrix{~ & A & B & C & D & E \cr
              A & 1 & 3 & 1 & 2 & \textbf{4} \cr
              B & 2 & \textbf{3} & \textbf{4} & 2 & \textbf{4} \cr
              C & 3 & 3 & \textbf{4} & 2 & \textbf{4} \cr
              D & 4 & 3 & 4 & 2 & 4 \cr
              E & 5 & 5 & 5 & 5 & 5 \cr}
\]

La dernière ligne étant composée de $=-\infty$, $D_5\equiv D_4$ et
$\Pi_5\equiv\Pi_4$.

\subsubsection{Lecture du résultat via $D_5$ et $\Pi_5$}

On lit dans la case $(D_n)_{i,j}$ la valeur du chemin le plus long reliant $i$
à $j$. Exemple~: le chemin le plus long allant de $A$ à $E$ est de longueur
10.\\

$(\Pi_n)_{i,j}$ est le prédécesseur immédiat de $j$, soit $j'$.

$(\Pi_n)_{i,j'}$ est le prédécesseur immédiat de $j'$, soit $j''$, \ldots

\paragraph{Remarque} Le même algorithme procure également les chemins les plus
courts en appliquant deux changements~:
\begin{itemize}
  \item \textbf{Initialisation~:} on initialise la matrice à $+\infty$ au lieu
    de $-\infty$.
  \item \textbf{À l'itération $k$~:} on remplace l'opération $\max$ par
    $\min$.
\end{itemize}

%Deuxième cours
\section{Problèmes d'ordonnancement de projets}

%%%
%Théorie des graphes -> cas déterministe.
%Un projet -> plusieurs tâches.
%Toutes ces tâches sont liées par des \textbf{contraintes}.
%\underline{But :} terminer au plus tôt, en respectant les contraintes.
%%%

Le but est de trouver l'ordonnancement au plus tôt de toutes les tâches.

On représente généralement ce genre de problème sous la forme de diagrammes de
Gantt calés à gauche.

Le deuxième objectif est de déterminer le chemin critique~: tout retard sur une
tâche critique se représente sur la durée totale du projet.

Pour les tâches non-critiques, on peut calculer la marge totale et la marge
libre.\\

Il existe deux méthodes principales pour calculer les crontraites de type
\emph{potentiel}~: la méthode tâche et la méthode PERT (qui ne sera pas traitée
dans ce cours).

Les seules contraintes sont du type~: \og la tâche B ne peut démarrer que 3
jours après la tâche A\fg, contraintes de succession.

\paragraph{Remarque} les contraintes les plus dures ne sont pas prises en
compte~: on parle de type cumulatif.

Lorsque les ressources sont limités, les interactions sont très fortes entre
les tâches.

%Permet au tableau d'être où il faut.
\newpage
\subsection{Méthode portentiels-tâches}

%2 opérations :
%\underline{1 - Ordonnancement au plus tôt}
%On calcule les dates de début au plus tôt de toutes les tâches
%=> diagramme de GANT calé à gauche.
%
%=> il y a 2 sortes de tâches :
% *les tâches critiques.
% *les tâches non-critiques.
%Une tâche critique est une tâche qui ne souffre d'aucun retard.
%-> tout retard sur le démarrage d'une tâche critique se répercurte
%\underline{sur la date de fin du projet}.
%Pour les tâches non critiques, il existe des marges totales/libres.
%\underline{2 - Ordonnancement au plus tard}
%\underline{hypothèse :} la durée minimale du projet est respectée.
%On cherche \underline{la date de début au plus tard} de chaque tâche
%non-critique, qui soit compatible avec cette durée minimale du projet.
\paragraph{Exemple} On a un problème à 7 tâches ($a$, $b$, $c$, $d$, $e$, $f$
et $g$)~; les contraintes sont de type portentiel seulement.


Soit le tableau des contraintes suivantes~:

\begin{figure}[h]
  \centering
\begin{tabular}{c|c|c}
  \textbf{Tâches} & \textbf{Durées} & \textbf{Contraintes}\\
  \hline
  $a$ & 6 & \\
  $b$ & 3 & \\
  $c$ & 6 & \\
  $d$ & 2 & $b$ achevée\\
  $e$ & 4 & $b$ achevée\\
  $f$ & 3 & $a$ et $d$ achevées\\
  $g$ & 1 & $c$, $e$ et $f$ achevées\\
\end{tabular}
\end{figure}

\subsubsection{Ordonancement au plus tôt -- Algorithme de Bellman}

On peut représenter le tableau des contraintes à l'aide d'un graphe, le graphe
\emph{potentiels-tâches}, dans lequel~:

\begin{itemize}
  \item un sommet est associé à chaque tâche~;
  \item un sommet $\alpha$ que l'on associe au début du projet~;
  \item un sommet $\omega$ qui sera la fin du projet.
\end{itemize}

On aura un arc $i,j$ si la tâche $j$ ne peut démarrer qu'après la tâche $i$. Il
s'agit d'une contrainte d'antécédence entre tâches.

La valuation de l'arc $i,j$~: le plus souvent, c'est la durée de la tâche $i$.
La tâche $j$ ne peut démarrer que lorsque la tâche $i$ est achevée~: entre le
début de la tâche $j$ et le début de la tâche $i$ qui la précéde s'écoule le
temps d'exécution de la tâche $i$.

\paragraph{Remarque} On peut rencontrer le contraire~: \og $j$ ne peut démarrer
que 2 jours après le début de $i$\fg. Dans ce cas, l'arc $i,j$ sera valué par
2.

\begin{tikzpicture}[->,>=stealth',shorten >=1pt,auto,node distance=3cm,
  thick,main node/.style={circle,fill=blue!20,draw,font=\sffamily\Large\bfseries}]
  \node[main node] (2) {$a$};
  \node[main node] (3) [below of=2] {$b$};
  \node[main node] (1) [left of=3] {$\alpha$};
  \node[main node] (4) [below of=3] {$c$};
  \node[main node] (5) [right of=3] {$d$};
  \node[main node] (6) [below of=5] {$e$};
  \node[main node] (7) [right of=5] {$f$};
  \node[main node] (8) [below of=7] {$g$};
  \node[main node] (9) [right of=7] {$\omega$};

  \path[every node/.style={font=\sffamily\small}]
    (1) edge [right] node[right] {0} (2)
        edge [right] node[left] {0} (3)
        edge [right] node[left] {0} (4)
    (2) edge [right] node[right] {6} (7)
    (3) edge [right] node[right] {3} (5)
        edge [right] node[left] {3} (6)
    (4) edge [bend right] node[right] {6} (8)
    (5) edge [right] node[right] {2} (7)
    (6) edge [right] node[right] {4} (8)
    (7) edge [right] node[right] {3} (8)
    (8) edge [right] node[right] {1} (9)
;
\end{tikzpicture}

La durée minimale correspond au chemin le plug long entre $\alpha$ et
$\omega$.

\subsubsection{Algorithme de Bellman}

On commence par dresser le tableau suivant~:

\hspace{-1cm}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
  \hline
   & {\color{mauve} 0} & {\color{dkgreen} 0} & {\color{dkgreen} 0} &
   {\color{dkgreen} 0} & {\color{red} 3} & {\color{red} 3} & {\color{red} 6} &
   {\color{red} 9} & {\color{red} 10} \\
  \hline
  Tâche & $\alpha$ & $a$ & $b$ & $c$ & $d$ & $e$ & $f$ & $g$ & $\omega$\\
  \hline
  Prédécesseurs & & {\color{mauve} 0} $\alpha$~: 0 & {\color{mauve} 0}
  $\alpha$~: 0 & {\color{mauve} 0} $\alpha$~: 0 & {\color{blue} 0} $b$~: 3 &
  {\color{blue} 0} $b$~: 3 & $\psi=$ {\color{blue} 0} $a$~: 6 & {\color{blue}
    0} $c$~: 6 & {\color{blue} 9} $g$~: 1\\
  &&&&&&& $\chi=$ {\color{blue} 3} $d$~: 2 & {\color{blue} 3} $e$~: 4&\\
  &&&&&&&& {\color{blue} 6} $f$~: 3&\\
  \hline
\end{tabular}

\paragraph{Initialisation} Le projet démarre à la date 0. Il s'agit de la date
de début au plus tôt de $\alpha$~; ici {\color{mauve} 0}.

\paragraph{Deuxième phase} {\color{mauve} Mouvement de haut en bas.}\\
Dès que l'on connaît une date de début au plus tôt (1\iere ligne du tableau),
on la répercute dans la deuxième ligne du tableau partout où la tâche concernée
apparaît.

\subparagraph{Ensuite} {\color{dkgreen} mouvement de bas en haut.}\\
Dès que l'on connaît les dates de début au plus tôt de tous les prédécesseurs
d'une tâche, on dit que la colonne est complète, et on calcule la date de
début au plus tôt  de la tâche en tête de colonne (première ligne) par la
formule de Bellman~:

$$t_j=\max[t_i+v_{ij}]\qquad i\in(\Gamma^{-1}(j))$$

Par exemple, dans la colonne $f$, $\psi$ et $\chi$ sont $t_i$ et 6 et 2 sont $v_{ij}$

\begin{itemize}
  \item $t_j$~: la date de début au plus tôt de $j$~;
  \item $v_{ij}$~: valuation de l'arc $(i,j)$~;
  \item $\Gamma^{-1}$~: prédécesseur de $j$.
\end{itemize}

{\color{blue} Ensuite}

{\color{red} Ensuite}

\vspace{1.5em}

L'ordonnancement au plus tôt est donc la durée minimale du projet, soit la date
au plus tôt de $\omega$ = 10~jours.

\begin{gantt}{8}{10}
  \begin{ganttitle}
    \numtitle{1}{1}{10}{1}
  \end{ganttitle}
  \ganttbar{$a$}{0}{6}
  \ganttbar{$b$}{0}{3}
  \ganttbar{$c$}{0}{6}
  \ganttbar{$d$}{3}{2}
  \ganttbar{$e$}{3}{4}
  \ganttbar{$f$}{6}{3}
  \ganttbar{$g$}{9}{1}
  \ganttcon{6}{1}{6}{6}
  \ganttcon{9}{6}{9}{7}
\end{gantt}


\begin{figure}[h]
  \centering
\begin{tikzpicture}[->,>=stealth',shorten >=1pt,auto,node distance=2.5cm,
  thick,main node/.style={circle,fill=blue!20,draw,font=\sffamily\Large\bfseries}]
  \node[main node] (1) {$\alpha$};
  \node[main node] (2) [right of=1] {$a$};
  \node[main node] (3) [right of=2] {$f$};
  \node[main node] (4) [right of=3] {$g$};
  \node[main node] (5) [right of=4] {$\omega$};

  \path[every node/.style={font=\sffamily\small}]
    (1) edge [right] node[right] {0} (2)
    (2) edge [right] node[right] {6} (3)
    (3) edge [right] node[right] {3} (4)
    (4) edge [right] node[right] {1} (5)
;
\end{tikzpicture}
\caption{Chemin critique}
\end{figure}

\vspace{1.5em}

On s'intéresse à l'ordonancement au plud tard, pour calculer les marges de
toutes les tâches non critiques.

\subparagraph{Hypothèse}  La durée minimale du projet est respectée.

Pour les tâches critiques, la date de début au plus tard est égale à la date
de début au plus tôt.

Quelles sont les dates de début au plus tard des tâches non critiques~?

\vspace{1em}

\hspace{-1.5cm}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
  \hline
  & 0 & 0 & 1 & 3 & 4 & 5 & 6 & 9 & 10\\
  \hline
  Tâche & $\alpha$ & $a$ & $b$ & $c$ & $d$ & $e$ & $f$ & $g$ & $\omega$\\
  \hline
  Successeurs & {\color{blue} 0} $a$~: 0 & {\color{blue} 6} $f$~: 6 &
  {\color{blue} 4} $d$~: 3 & {\color{blue} 9} $g$~: 6 & {\color{blue} 6} $f$~:
  2 & {\color{blue} 9} $g$~: 4 & {\color{blue} 9} $g$~: 3 & {\color{blue} 10}
  $\omega$~: 1&\\
  & {\color{blue} 1} $b$~: 0 & & {\color{blue} 5} $e$~: 3 &&&&&&\\
  & {\color{blue} 3} $c$~: 0 &&&&&&&&\\
  \hline
\end{tabular}
\vspace{1em}

Pour les tâches critiques~:
$$t_a^*=t_a=0$$
$$t_f^*=t_f=6$$
$$t_g^*=t_g=9$$

Pour les tâches non-critiques~: la \emph{marge totale} = $M_i=t_i^*-t_i$, soit~:
$$M_b=1$$
$$M_c=3$$
$$M_d=1$$
$$M_e=2$$

La \emph{marge libre}, $m_i$, est le délai dont on peut retarder la tâche $i$
sans conséquence sur ses successeurs.
$$m_i=\min(t_j-t_i-v_{ij})\qquad j\in\Gamma(i)$$

$$m_b=\min_{d,e}\lbrace t_d-t_b-v_{bd};t_e-t_b-v_{be}\rbrace$$
$$=\min_{d,e}\lbrace 3-0-3;3-0-3\rbrace=0$$

\subsubsection{Deuxième application~: algorithme de Ford}

Cet algorithme permet de trouver le chemin le plus long, ou le chemin le plus
court entre un sommet particulier (la racine) et tous les autres sommets du
graphe.

\paragraph{Initialisation} On numérote les sommets, le sommet racine prennant
le numéro 1. On essaye de respecter autant que possible la numérotation
topologique des sommets.
Les arcs de numérotation non topologique risquent d'entrainer
des retours en arrière ce qui impliquerait des retards.
\begin{figure}[h]
  \centering
  \begin{tikzpicture}[->,>=stealth',shorten >=1pt,auto,node distance=2.5cm,
    thick,main node/.style={circle,fill=blue!20,draw,font=\sffamily\Large\bfseries}]
    \node[main node] (1) {$i$};
    \node[main node] (2) [right of=1] {$j$};

    \path[every node/.style={font=\sffamily\small}]
      (1) edge [right] node[right] {} (2)
    ;
  \end{tikzpicture}
  \caption{Représentation topologique~; ici $i<j$}
\end{figure}



%À mettre en page ou à supprimer
\begin{figure}[h]
  \centering
\begin{tikzpicture}[->,>=stealth',shorten >=1pt,auto,node distance=2.5cm,
  thick,main node/.style={circle,fill=blue!20,draw,font=\sffamily\Large\bfseries}]
  \node[main node] (1) {$1$};
  \node[main node] (2) [below right of=1] {$2$};
  \node[main node] (3) [right of=2] {$3$};
  \node[main node] (4) [below left of=1] {$4$};
  \node[main node] (5) [below left of=2] {$5$};
  \node[main node] (6) [below right of=2] {$6$};
  \node[main node] (7) [right of=6] {$7$};
  \node[main node] (8) [right of=7] {$8$};
  \node[main node] (9) [right of=8] {$9$};
  \node[main node] (10) [below right of=7] {$10$};
  \node[main node] (11) [right of=5] {$11$};
  \node[main node] (12) [right of=4] {$12$};
  \node[main node] (13) [right of=1] {$13$};

  \path[every node/.style={font=\sffamily\small}]
    (1) edge [right] node[right] {2} (2)
        edge [right] node[right] {10} (3)
        edge [bend left] node[right] {1} (4)
    (2) edge [bend right] node[right] {3} (6)
        edge [bend left] node[right] {20} (5)
    (3) edge [bend right] node[right] {40} (5)
        edge [bend left] node[right] {20} (4)
    (4) edge [bend right] node[right] {3} (10)
        edge [bend left] node[right] {5} (11)
    (5) edge [bend right] node[right] {20} (6)
        edge [right] node[right] {35} (7)
        edge [bend left] node[right] {20} (9)
    (6) edge [bend right] node[right] {5} (7)
    (7) edge [bend left] node[right] {10} (8)
    (8) edge [bend right] node[right] {45} (9)
        edge [right] node[right] {20} (12)
    (9) edge [bend left] node[right] {40} (12)
        edge [bend right] node[right] {45} (11)
    (10) edge [bend right] node[right] {45} (13)
    (11) edge [right] node[right] {10} (10)
    (12) edge [bend right] node[right] {10} (13)
;
\end{tikzpicture}
\caption{Graphe page 106}
\end{figure}
Voir graphe page 106.

On cherche le chemin le plus court allant du sommet 1 vers tous les autres
sommets.

\paragraph{Marquage des sommets} On affecte au sommet 1 la valeur $\lambda_1=0$
et à tous les autres sommets la valeur $\lambda_i=+\infty$.

\begin{itemize}
  \item $\lambda_i$ évolue en cours d'algorithme~;
  \item le dernier $\lambda_i$ affecté à $i$ donne la longueur du chemin le
    plus court allant du sommet 1 au sommet $i$.
\end{itemize}

\vspace{1em}

On examine à tour de rôle tous les arcs partant du sommet $i$, en commençant
par $i=1$. Pour ne pas en oublier, on fait cet examen dans l'ordre croissant de
l'extrémité $j$.
\vspace{1em}
Au moment de l'examen de l'arc $(i,j)$~: $v(i,j)$ est la valuation de l'arc
$(i,j)$.

Si $v(i,j)<\lambda_i-\lambda_j$, alors on remplace $\lambda_j$ par
$\lambda_i+v(i,j)$.

Si à un moment donné, on a $i>j$ et un changement de valeur pour $\lambda_j$,
il faut recommencer une partie des opérations, en repartant du sommet $i=j$. On
appel cela un retour en arrière.


\subparagraph{Par exemple} examen de l'arc $(11,10)$.

Cet examen risque d'entraîner le changement de valeur de $\lambda_{10}$. Alors,
il faut reprendre l'examen de l'arc $(10,13)$ avec la nouvelle valeur
$\lambda_{10}$.

\subparagraph{Go~!} examen de l'arc $(1,2)$.
$2 < \infty - 0$~? Oui $\Rightarrow$ on remplace $\lambda_2$ par
$\lambda_1+v(1,2)=0+2=2$.

\subparagraph{Remarque} Dans cet exemple, pas de retour en arrière, bien qu'un arc
ait ses extrêmités avec une numérotation non topologique. L'examen de l'arc
$(11,10)$ n'a pas entraîné la modification de $\lambda_{10}$. On ne doit pas
reaire l'examen de l'arc $(10,13)$.

\paragraph{Phase 2} identification du chemin solution.

On par de l'extrêmité terminale soit $i$. Le prédécesseur de $i$ est le sommet
$i$ tel que~:
$$\lambda_i-\lambda_{i'}=v(i',i)$$


% cours du 29/05 et du 04/06
\section{Programme de transport optimal}

\paragraph{Définition} Soit un graphe biparti avec \verb+m+ les
origines ou dépôts et \verb+n+ les destinataires ou clients.

On veut acheminer des marchandises depuis les dépôts jusqu'aux clients.

\subparagraph{Hypothèses} le \emph{coût unitaire} de transport est
donné depuis chaque dépôt vers chaque client~: $C_{ij}=$ coût de
transport d'une tonne depuis \verb+i+ vers \verb+j+ $\rightarrow[C]$.

\[
X=\bordermatrix{~ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & ~\cr
              I & & & 18 & &  & & {\color{yellow}18}\cr
              II & 9 & 11 & 7 & & & 5 & {\color{yellow}32}\cr
              III & & & 3 & 6 & 5 & & {\color{yellow}14}\cr
              IV & & & & & 9 &&{\color{yellow}9}\cr
              ~ & {\color{yellow}9} & {\color{yellow}11}
              & {\color{yellow}28} & {\color{yellow}6}
              & {\color{yellow}14} & {\color{yellow}5} & {\color{yellow}73}\cr}
\]

\begin{itemize}
  \item On connaît la disponibilité totale de chaque fournisseur~: $a_i$.
  \item On connait la demande totale de chaque client~: $b_j$.
  \item $ \displaystyle { \sum_{origines} } \text{disponnibilités des dépôts}
= { \sum_{client} } \text{demandes des clients}$
\end{itemize}

\subparagraph{Remarque} On peut toujours se ramener à ce cas, quitte à
créer une origine fictive ou un client fictif pour absorber la
différence entre
${\sum_{disponibilit\acute{e}}}$ et ${\sum_{demandes}}$.\\

On cherche un \emph{plan de transport}, soit une matrice $[X]$
$n\times m\rightarrow x_0=$ quantité transportée depuis $i$ vers $j$.\\

Matric X 4/6 ?\\

Un plan de transport est valide s'il respecte certaines conditions~:
\begin{enumerate}
  \item \textbf{contraintes de ligne~:} la quantité livrée par chaque
    dépôt est égale exactement à la disponibilité.
    $${\sum_n^{j=1}}x{ij} = a_{i}\qquad\forall{i}=1,2,\ldots,m$$
  \item \textbf{contraintes de colonne~:} la quantité reçue par chaque
    client est exactement égale à sa demande.
    $${\sum_m^{i=1}}x_{ij} = b_{j}\qquad\forall{j}=1,2,\ldots,n$$
\end{enumerate}

Parmi tous les plans de transport $X=\left[x_{ij}\right]$ valides
(respectant toutes les contraintes), on cherche le plan de transport
de coût minimal.

Le coût d'un plan de transport donné est~:
$$z = {\sum_m^{i=1}\sum_n^{j=1}}x_{ij}C_{ij}$$

Évaluation de la difficulté du problème.
\begin{itemize}
  \item Nombre d'inconnues~: $n\times m$, ici 24 inconnues, la matrice $X$~;
  \item nombre d'équations imposées (contraintes)~: $n + m = 10$ équations~;
  \item nombre d'équations indépendantes~: $n + m - 1$, ici $9$~;
    $$\sum\text{disponnibilités des dépôts}=\sum\text{demandes des clients}$$
\end{itemize}

\paragraph{Définition} Un plan de transport est dit non dégénéré (ou
solution de base) si l'excès d'inconnues par nombre d'équations
indépendantes est nul.

On cherche un plan de transport ayant $n\times m - (m + m - 1)$
variables nulles (15 variables nulles, 9 variables non nulles).

Méthode de recherche du plan de transport de coût minimal (ou plan de
transport optimal) 2 phases~:
\begin{enumerate}
  \item \textbf{Heuristique de la différence maximale (ou de Balas-Hammer)~:}
    cette méthode fournie une solution de base de bonne qualité, de manière
    constructive, servant de base pour la phase 2.
  \item En partant du plan de transport procuré par la phase 1,
    on cherche par itération successives le plan de transport optimal.
\end{enumerate}

\paragraph{Phase 1} On calcule pour chaque \emph{rangée} (ligne ou colonne) la
différence entre le coût unitaire le plus petit et le coût unitaire qui lui est
immédiatement supérieur.

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
  \hline
   & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & disponnibilité
  & $\Delta_e$ lignes\\ %Ici : n = 4; m = 6
  \hline
  I & 12 & 27 & 61 & 49 & 83 & 35 & {\color{yellow}18} & {\color{orange}15}\\
  \hline
  II & 23 & 39 & 78 & 28 & 65 & 42 & {\color{yellow}32} & {\color{orange}5}\\
  \hline
  III & 67 & 56 & 92 & 24 & 53 & 54 & {\color{yellow}14} & {\color{orange}29}\\
  \hline
  IV & 71 & 43 & 91 & 67 & 40 & 49 & {\color{yellow}9} & {\color{orange}3}\\
  \hline
  demande & {\color{yellow}9} & {\color{yellow}11}
  & {\color{yellow}28} & {\color{yellow}6} & {\color{yellow}14}
  & {\color{yellow}5} & {\color{yellow}73} &\\
  \hline
  $\Delta_c$ & {\color{orange}11} & {\color{orange}12}
  & {\color{orange}17} & {\color{orange}4} & {\color{orange}13}
  & {\color{orange}7} & &\\
  \hline
\end{tabular}

\begin{itemize}
  \item On identifie la rangée (ligne ou colonne) correspondant à la
    différence maximale (ici la ligne III).
  \item On repère, dans cette rangée, la relation $(i,j)$ de coût
    unitaire le plus faible (ici la relation (III, 4)).
  \item On affecte à cette relation la quantité de marchandise la plus
    élevée possible, c'est-à-dire, le minimum du couple
    $\left(\text{disponibilité}, \text{demande}\right)$ associé à
    cette case~: $\min(6, 16) = 6$.
\end{itemize}

Cette opération a pour effet de saturer une rangée (ici la colonne 4),
et on actualise la disponibilité ou la demande restante (ici la
disponibilité de III~: $14\rightarrow 8$). On a éliminé une rangée, et
cela a permis de fixer une variable $x_{ij}$~:

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
  \hline
   & 1 & 2 & 3 &  5 & 6 & disponnibilité & $\Delta_e$ lignes\\ %Ici : n = 4; m = 6
  \hline
  I & 12 & 27 & 61 & 83 & 35 & {\color{yellow}18} & {\color{orange}15}\\
  \hline
  II & 23 & 39 & 78 & 65 & 42 & {\color{yellow}32} & {\color{orange}16}\\
  \hline
  III & 67 & 56 & 92 & 53 & 54 & {\color{yellow}8} & {\color{orange}1}\\
  \hline
  IV & 71 & 43 & 91 & 40 & 49 & {\color{yellow}9} & {\color{orange}3}\\
  \hline
  demande & {\color{yellow}9} & {\color{yellow}11} & {\color{yellow}28}
  & {\color{yellow}14} & {\color{yellow}5} & {\color{yellow}67} &\\
  \hline
  $\Delta_c$ & {\color{orange}11} & {\color{orange}12}
  & {\color{orange}17} & {\color{orange}13} & {\color{orange}7} & &\\
  \hline
\end{tabular}

On itère le processus jusqu'à ce que tout le tableau soit barré~; à la
dernière itération (ici là huitième), deux variables sont affectées
d'un seul coup.

\subparagraph{Remarque} si deux différences maximales sont égales, on
a plusieurs solution. Ici à la quatrième itération, on a deux
différences maximales égales à 13~: on choisira arbitrairement la
liaison $(IV, 5)$.

$z = 3535$ solution de base, de bonne qualité, mais pas optimale.\\

\paragraph{2\ieme{} phase} recherche de la solution optimale~: on construit le
graphe biparti associé à la solution de base précédente.

\begin{figure}[h]
  \centering
  \begin{tikzpicture}[->,>=stealth',shorten >=1pt,auto,node distance=2.5cm,
    thick,main node/.style={circle,fill=blue!20,draw,font=\sffamily\Large\bfseries}]
    \node[main node] (I) {$I$};
    \node[main node] (II)[right of=I] {$II$};
    \node[main node] (III) [right of=II]{$III$};
    \node[main node] (IV) [right of=III]{$IV$};
    \node[main node] (6) [below left of=I] {$6$};
    \node[main node] (1) [right of=6]{$1$};
    \node[main node] (2) [right of=1]{$2$};
    \node[main node] (3) [right of=2]{$3$};
    \node[main node] (4) [right of=3]{$4$};
    \node[main node] (5) [right of=4]{$5$};

    \path[every node/.style={font=\sffamily\small}]
      (I)   edge [right] node[right] {42} (6)
      (I)   edge [right] node[right] {23} (1)
      (I)   edge [right] node[right] {39} (2)
      (I)   edge [right] node[right] {78} (3)
      (II)  edge [right] node[right] {61} (3)
      (III) edge [right] node[right] {92} (3)
      (III) edge [right] node[right] {24} (4)
      (III) edge [right] node[right] {53} (5)
      (IV)  edge [right] node[right] {40} (5)
    ;
  \end{tikzpicture}
\end{figure}

On value ce graphe avec les coût unitaires.

On affect aux différents sommets un potentiel~:
\begin{itemize}
  \item potentiel 0 à l'origine de l'arc de coût max, ici le sommet III~;
  \item différence de potentiel arc $(i, j)$~: $v_j-v_i=C_{ij}$.
\end{itemize}

On calcule le coût marginal de chacune des liaisons $(i,j)$
inutilisées dans la solution de base~: $S_{ij}=v_i-v_j+c_{ij}$. On
cherche s'il existe une liaison inutilisée de coût marginal négatif.
$$S_{I,1} = 31 - 37 + 12 = 6$$
$$S_{I,2}=31-53+27=5$$
$$S_{III,6}=0-56+54=-2$$

Ici un seul coût marginal est inférieur à 0~; la solution analysée n'est pas
optimale. On utilise une chaine améliorante.

\begin{figure}[h]
  \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth',shorten >=1pt,auto,node distance=2.5cm,
  thick,main node/.style={circle,fill=blue!20,draw,font=\sffamily\Large\bfseries}]
  \node[main node] (1) {$III$};
  \node[main node] (2) [right of=1] {$6$};
  \node[main node] (3) [right of=2] {$II$};
  \node[main node] (4) [right of=3] {$3$};
  \node[main node] (5) [right of=4] {$II$};

  \path[every node/.style={font=\sffamily\small}]
    (2) edge [->, right] node[right] {3} (1)
    (3) edge [<-, right] node[right] {2} (2)
    (4) edge [->, right] node[right] {10} (3)
    (5) edge [<-, right] node[right] {0} (4)
;
\end{tikzpicture}
\end{figure}

\[
X=\bordermatrix{~ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & ~\cr
              I & & & 18 & &  & & {\color{yellow}18}\cr
              II & 9 & 11 & {\color{red}10} & & & {\color{red}2} & {\color{yellow}32}\cr
              III & & & {\color{red}0} & 6 & 5 & {\color{red}3} & {\color{yellow}14}\cr
              IV & & & & & 9 &&{\color{yellow}9}\cr
              ~ & {\color{yellow}9} & {\color{yellow}11}
              & {\color{yellow}28} & {\color{yellow}6}
              & {\color{yellow}14} & {\color{yellow}5} & {\color{yellow}73}\cr}
\]


On cherche la quantité déplaçable la plus élevée possible. On augmente
d'une même quantité $\alpha$ tous les arcs à l'endroit et on diminue
de $\alpha$ tous les arcs à l'envers~:
$$\alpha = 3$$
Le coût de cette solution est de $z = 18 * 61 + 9 * 23 + \ldots$.
$$z=3235 + S_{III,6} * \alpha$$
$$z=3529$$

\subparagraph{2\ieme{} itération} On construit le graphe associé au
plan de transport amélioré.

\begin{figure}[h]
  \centering
  \begin{tikzpicture}[->,>=stealth',shorten >=1pt,auto,node distance=2.5cm,
    thick,main node/.style={circle,fill=blue!20,draw,font=\sffamily\Large\bfseries}]
    \node[main node] (I) {$I$};
    \node[main node] (II) [right of=I]{$II$};
    \node[main node] (III) [right of=II]{$III$};
    \node[main node] (IV) [right of=III]{$IV$};
    \node[main node] (3) [below left of=I] {$3$};
    \node[main node] (1) [right of=3]{$1$};
    \node[main node] (2) [right of=1]{$2$};
    \node[main node] (6) [right of=2]{$6$};
    \node[main node] (4) [right of=6]{$4$};
    \node[main node] (5) [right of=4]{$5$};

    \path[every node/.style={font=\sffamily\small}]
    (I)   edge [right] node[right] {61} (3)
    (II)  edge [right] node[right] {78} (3)
    (II)  edge [right] node[right] {23} (1)
    (II)  edge [right] node[right] {39} (2)
    (II)  edge [right] node[right] {42} (6)
    (III) edge [right] node[right] {54} (6)
    (III) edge [right] node[right] {24} (4)
    (III) edge [right] node[right] {53} (5)
    (IV)  edge [right] node[right] {40} (5)
    ;
  \end{tikzpicture}
\end{figure}

$$S_{I,1}=17-23+12=6$$
$$S_{I,2}=17-39+27=5$$

Tous les $S_{ij}$ des liaisons inutilisées sont supérieur à 0, on
s'arrête car le plan de transport analysé est optimal.

\subparagraph{Remarque} S'il existe un $S_{ij}$ de liaison inutilisée qui
soit égal à 0, cela signifie qu'il existe une autre solution de même
coût.

\[
X=\bordermatrix{~ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & ~\cr
              I & & & 18 & &  & & {\color{yellow}18}\cr
              II & 9 & 11 & {\color{red}10} & & & {\color{red}2} & {\color{yellow}32}\cr
              III & & & & 6 & 5 & {\color{red}3} & {\color{yellow}14}\cr
              IV & & & & & 9 &&{\color{yellow}9}\cr
              ~ & {\color{yellow}9} & {\color{yellow}11}
              & {\color{yellow}28} & {\color{yellow}6}
              & {\color{yellow}14} & {\color{yellow}5} & {\color{yellow}73}\cr}
\]
