数学建模基础知识

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,数学建模基础知识,数学建模基础知识数学建模基础知识基本方法机理分析测试分析根据对客观事物特性的认识，,找出反映内部机理的数量规律将研究对象看作“黑箱”,通过对量测数据,的统计分析，找出与数据拟合最好的模型二者结合机理分析建立模型结构,测试分析确定模型参数 数学建模的方法和步骤,基本方法,机理分析,测试分析,根据对客观事物特性的认识，,找出反映内部机理的数量规律,将研究对象看作“黑箱”,通过对量测数据,的统计分析，找出与数据拟合最好的模型,二者结合,机理分析建立模型结构,测试分析确定模型参数,数学建模的方法和步骤,数 学 建 模 的 一 般 步 骤,模型准备,模型假设,模型构成,模型求解,模型分析,模型检验,模型应用,一、图论方法,最短路问题,两个指定顶点之间的最短路径,给出了一个连接若干个城镇的铁路网络，在这个网络的两个指定城镇间，找一条最短铁路线,（,Dijkstra,算法,）,每对顶点之间的最短路径,（,Dijkstra,算法、,Floyd,算法,）,最小生成树问题,连线问题,欲修筑连接多个城市的铁路设计一个线路图，使总造价最低（,prim,算法,、,Kruskal,算法,）,图的匹配问题,人员分派问题：,n,个工作人员去做,n,份工作，每人适合做其中一份或几份，问能否每人都有一份适合的工作？如果不能，最多几人可以有适合的工作？,(,匈牙利算法,),遍历性问题,中国邮递员问题,邮递员发送邮件时，要从邮局出发，经过他投递范围内的每条街道至少一次，然后返回邮局，但邮递员希望选择一条行程最短的路线,最小费用最大流问题,在运输问题中，人们总是希望在完成运输任务的同时，寻求一个使总的运输费用最小的运输方案,（1） 基 本 概 念,（2）固 定 起 点 的 最 短 路,（3）每 对 顶 点 之 间 的 最 短 路,1、最短路问题,基 本 概 念,固 定 起 点 的 最 短 路,从甲地到乙地之间是否有公路连通?在有多条通路的情况下，哪一条路最短? 交通网络可用带权图来表示。顶点表示城市名称，边表示两个城市有路连通，边上的权值可表示两城市之间的距离、交通费或途中所花费的时间等。求两个顶点之间的最短路径，不是指路径上边数之和最少，而是指路径上各边的权值之和最小。另外，若两个顶点之间没有边，则认为两个顶点无通路，但有可能有间接通路(从其它顶点达到)。路径上的开始顶点(出发点)称为源点，路径上的最后一个顶点称为终点，并假定讨论的权值不能为负数。,从一个顶点到其余各顶点的最短路径,问 题：给定一个带权有向图G与源点v,求从v到G中其他顶点的最短 路径,并限定各边上的权值大于或等于0。,采用狄克斯特拉(Dijkstra)算法求解,基本思想是：设G=(V,E)是一个带权有向图, 把图中顶点集合V分成两组：,第一组为已求出最短路径的顶点集合(用S表示,初始时S中只有一个源点,以后每求得一条最短 路径v,v,k,就将v,k,加入到集合S中,直到全部顶点都加入到S中,算法就结束了),第二组为其余未确定最短 路径的顶点集合(用U表示)。,按最短 路径长度的递增次序依次把第二组的顶点加入S中。在加入的过程中,总保持从源点v到S中各顶点的最短路径长度不大于从源点v到U中任何顶点的最短路径长度。此外,每个顶点对应一个距离,S中的顶点的距离就是从v到此顶点的最短 路径长度,U中的顶点的距离从v到此顶点只包括S中的顶点为中间顶点的当前最短 路径长度。,狄克斯特拉算法的具体步骤如下：,(1)初始时,S只包含源点,即S=v,v的距离为0。U包含除v外的其他顶点,U中顶点u距离为边上的权(若v与u有边)或(若u不是v的出边邻接点)。,(2)从U中选取一个距离v最小的顶点k,把k加入S中(该选定的距离就是v到k的最短路径长度)。,(3)以k为新考虑的中间点,修改U中各顶点的距离：若从源点v到顶点u(uU)的距离(经过顶点k)比原来距离(不经过顶点k)短,则修改顶点u的距离值,修改后的距离值的顶点k的距离加上边上的权。,(4)重复步骤(2)和(3)直到所有顶点都包含在S中。,S U v0到06各顶点的距离,0 1,2,3,4,5,6 0,4,6,6,0,1, 2,3,4,5,6 0,4,5,6,11,0,1,2, 3,4,5,6 0,4,5,6,11,9,0,1,2,3, 4,5,6 0,4,5,6,11,9,19,0,1,2,3,5, 4,6 0,4,5,6,10,9,17,0,1,2,3,5,4, 6 0,4,5,6,10,9,16,0,1,2,3,5,4,6, 0,4,5,6,10,9,16,则v,0,到v,1,v,6,各顶点的最短距离分别为4、5、6、10、9和16。,狄克斯特拉算法如下(n为图G的顶点数,v0为源点编号)：,void Dijkstra(int costMAXV,int n,int v0), int distMAXV,pathMAXV; int sMAXV;int mindis,i,j,u;,for (i=0;in;i+), disti=costv0i; /*距离初始化*/,si=0; /*s置空*/,if (costv0iINF)/*路径初始化*/,pathi=v0;,else,pathi=-1;,sv0=1;pathv0=0; /*源点编号v0放入s中*/,for (i=0;in;i+) /*循环直到所有顶点的最短路径都求出*/, mindis=INF;,u=-1;,for (j=0;jn;j+) /*选取不在s中且具有最小距离的顶点u*/,if (sj=0 & distjmindis), u=j; mindis=distj;,su=1; /*顶点u加入s中*/,for (j=0;jn;j+) /*修改不在s中的顶点的距离*/,if (sj=0),if (costujINF & distu+costujdistj), distj=distu+costuj; pathj=u; ,Dispath(dist,path,s,n,v0); /*输出最短路径*/,void Ppath(int path,int i,int v0) /*前向递归查找路径上的顶点*/, int k;,k=pathi;,if (k=v0) return;/*找到了起点则返回*/,Ppath(path,k,v0);/*找k顶点的前一个顶点*/,printf(%d,k);/*输出k顶点*/,void Dispath(int dist,int path,int s,int n,int v0), int i;,for (i=0;in;i+),if (si=1), printf(“从%d到%d的最短路径长度为:,%dt路径为:,v0,i,disti);,printf(%d,v0);/*输出路径上的起点*/,Ppath(path,i,v0);/*输出路径上的中间点*/,printf(%dn,i);/*输出路径上的终点*/,else printf(从%d到%d不存在路径n,v0,i);,每对顶点之间的最短路径,问题：对于一个各边权值均大于零的有向图,对每一对顶点v,i,v,j,求出v,i,与v,j,之间的最短路径和最短路径长度。,可以通过以每个顶点作为源点循环求出每对顶点之间的最短路径。除此之外,弗洛伊德(Floyd)算法也可用于求两顶点之间最短路径。,假设有向图G=(V,E)采用邻接矩阵cost存储,另外设置一个二维数组A用于存放当前顶点之间的最短路径长度,分量Aij表示当前顶点v,i,到顶点v,j,的最短路径长度。弗洛伊德算法的基本思想是递推产生一个矩阵序列A,0,A,1,A,k,A,n,其中A,k,ij表示从顶点v,i,到顶点v,j,的路径上所经过的顶点编号不大于k的最短路径长度。,初始时,有A,-1,ij=costij。当求从顶点v,i,到顶点v,j,的路径上所经过的顶点编号不大于k+1的最短路径长度时,要分两种情况考虑：,一种情况是该路径不经过顶点编号为k+1的顶点,此时该路径长度与从顶点v,i,到顶点v,j,的路径上所经过的顶点编号不大于k的最短路径长度相同；,另一种情况是从顶点v,i,到顶点v,j,的最短路径上经过编号为k+1的顶点。,那么,该路径可分为两段,一段是从顶点v,i,到顶点v,k+1,的最短路径,另一段是从顶点v,k+1,到顶点v,j,的最短路径,此时最短路径长度等于这两段路径长度之和。这两种情况中的较小值,就是所要求的从顶点v,i,到顶点v,j,的路径上所经过的顶点编号不大于k+1的最短路径。,弗洛伊德思想可用如下的表达式来描述：,A,-1,ij=costij,A,k+1,ij=minA,k,ij,A,k,ik+1+A,k,k+1j (0kn-1),采用弗洛伊德算法求解过程,考虑顶点v,0,A,0,ij表示由v,i,到v,j,经由顶点v,0,的最短路径。只有从v,2,到v,1,经过v,0,的路径和从v,2,到v,3,经过v,0,的路径,不影响v,2,到v,1,和v,2,到v,3,的路径长度,因此,有：,考虑顶点v,1,A,1,ij表示由v,i,到v,j,经由顶点v,1,的最短路径。存在路径v,0,-v,1,-v,2,路径长度为9,将A02改为9,path02改为1,因此,有：,考虑顶点v,2,A,2,ij表示由v,i,到v,j,经由顶点v,2,的最短路径。存在路径v,3,-v,2,-v,0,长度为4,将A30改为4；存在路径v,3,-v,2,-v,1,长度为4,将A31改为4。存在路径v,1,-v,2,-v,0,长度为7,将A10改为7。将path30、path31和path10均改为2。因此,有：,考虑顶点v,3,A,3,ij表示由v,i,到v,j,经由顶点v,3,的最短路径。存在路径v,0,-v,3,-v,2,长度为8比原长度短,将A02改为8；存在路径v,1,-v,3,-v,2,-v,0,长度为6(A13+A30=2+4=6)比原长度短,将A10改为6；存在路径v,1,-v,3,-v,2,长度为3,比原长度短,将A12改为3；将path02、path10后path12均改为3。因此,有：,因此,最后求得的各顶点最短路径长度A和Path矩阵为：,从0到0路径为：0,0路径长度为：0,从0到1路径为：0,1路径长度为：5,从0到2路径为：0,3,2路径长度为：8,从0到3路径为：0,3路径长度为：7,从1到0路径为：1,3,2,0路径长度为：6,从1到1路径为：1,1路径长度为：0,从1到2路径为：1,3,2 路径长度为：3,从1到3路径为：1,3路径长度为：2,从2到0路径为：2,0路径长度为：3,从2到1路径为：2,1路径长度为：3,从2到2路径为：2,2路径长度为：0,从2到3路径为：2,3路径长度为：2,从3到0路径为：3,2,0 路径长度为：4,从3到1路径为：3,2,1 路径长度为：4,从3到2路径为：3,2路径长度为：1,从3到3路径为：3,3路径长度为：0,弗洛伊德算法如下：,void Floyd(int costMAXV,int n), int AMAXVMAXV,pathMAXVMAXV;int i,j,k;,for (i=0;in;i+),for (j=0;jn;j+), Aij=costij; pathij=-1; ,for (k=0;kn;k+),for (i=0;in;i+),for (j=0;j(Aik+Akj), Aij=Aik+Akj; pathij=k; ,Dispath(A,path,n); /*输出最短路径*/,最小生成树概念,1. 设无向连通图G=（V，E）， 其子图G=（V，T）满足：, V(G)=V(G) n个顶点, G是连通的,G中无回路,则,G是G的生成树,2、最小生成树问题,具有n个顶点的无向连通图G,其任一生成树恰好含n-1条边,生成树不一定唯一，如,深度优先搜索生成树和广度优先搜索生成树。,生成树代价,对图中每条边赋于一个权值（代价），则构成一个网，,网的生成树G=(V，T)的,代价,是T中各边的权值之和，,最小生成树就是网上所有可能的生成树中，代价最小的一类生成树。,最小生成树也不一定唯一。,最小生成树的实用例子,例1：,N台计算机之间建立通讯网,顶点表示computer,边表示通讯线,权值表示通讯线的代价（通讯,线长度，computer,间距离等）,要求：, n台计算机中的任何两台能通过网进行通讯；, 使总的代价最小。-求最小生成树T,例2：,邮递员送信线路T,顶点表示投递点,边表示街道,权值表示街道的长度,要求：, 完成n个投递点的投递；, 使总路径长度最短, 即求最小生成树T,设 N=（V，E）是一个连通网，,V=1，2，n是N的顶点集合，,辅助集合U，初值为Uo，,用来存放当前所得到的最小生成树的顶点；,辅助集合TE，初值为,，,用来存放当前所得到的最小生成树的边。,1）普里姆（Prim）算法,Prim算法步骤,1. TE=,U=u,0,2.,当,UV，,重复下列步骤：,(1)选取（,u,0,v,0,)=mincost(u,v)|uU,vV-U，,保证不形成回路,(2)TE=TE+（u,0,v,0,),边（,u,0,v,0,)并入TE,(3)U=U+V,0,，,顶点V,0,并入U,初始化：,5,2,1,3,4,6,6,5,5,6,1,第1步：,6,1,4,第2步：,6,1,4,2,第3步：,5,6,1,4,2,第4步：,2,3,5,6,1,4,第5步：,特点: 以连通为主,选代价最小的邻接边,Prim算法的实现,void graph:mintree(char u),for(int k=0;kvexnum; k+),if(vexsk=u),break;,for(int j=0;jvexnum;j+),if(j!=k),closedgej.index=k;,closedgej.lowcost=arcskj;,/给结构体数组赋值,closedgek.lowcost=0;/初始化,for(int i=1;ivexnum;i+), /找到与顶点u相邻的权值最小的,int k=closedge0.lowcost;,for(int x=0;xvexnum;x+),（邻接矩阵存储）,if(closedgex.lowcostk),k=closedgex.lowcost;,cout(vexsclosedgek.index,vexsk);,closedgek.lowcost=0;/第k顶点并入U集合,for(j=0;jvexnum;j+)if(arcskjclosedgej.lowcost),closedgej.index=vexsk;,closedgej.lowcost=arcskj;,/新的顶点并入U后，从新调整辅助数组,2、Kruskal,算法,（1）,定理2 设图G有n个结点，以下算法产生一颗最小生成树：,(1) 取最小权边e,1,，令i=1；,(2),若,i=n-1，则结束。否则转3；,(3)设已选中n的边为e,1,，e,2,，e,i,。,在G中选不同于,e,1,，e,2,，e,i,的边e,i+1,，使e,1,，e,2,，e,i,，e,i+1,构成的路中无回路，且e,i+1,是满足此条件的最小权边；,(4),i=i+1，转(2)。,上面的算法也叫避圈法。实际求解时有两种方式：,（1）从边权最小的边所关联的两个结点出发，逐步添补边权最小的边，但始终保持连通性且无回路，直到边数达到n-1条为止。,（2）不断删除边权最大的边而保持图的连通性且无回路。直到边数剩n-1条停时止。,2、Kruskal,算法,（2）,Kruskal,算法举例：在下图中求最小生成树,(方法1),。,2、Kruskal,算法,（3）,Kruskal,算法举例：在下图中求最小生成树,(方法2),。,3,、图的匹配问题,实例一： 握手的次数,史密斯先生和他太太邀请四对夫妻参加晚会。每个人到的时候，房间里的一些人都要与别的一些人握手。当然，每个人都不会与自己的配偶握手，也不会跟同一个人握手两次。 之后，史密斯先生问每个人和别人握了几次手，他们的答案都不一样。 那么，史密斯太太和别人握了几次手呢,?,这个问题具有挑战性的原因是因为它没有一个明显的起始点，但如果对此建立一个图模型，问题就变得很简单了。,分析：从题目我们得到了哪些信息,?,史密斯和太太邀请四对夫妻参加晚会,-,房间里共有,10,人。,每个人都不会与自己的配偶握手,-,握手的两个人不是配偶 。,每个人都不会跟同一人握手两次,-,两个人间的握手最多是一次。,史密斯先生问每个人和别人握了几次手，他们的答案都不一样,-,除史密斯先生外，每个人和别人握手的次数都不一样。,除史密斯先生外，每人握手的次数最多是,8,次，最少为,0,次。,房间里除了史密斯先生外的,9,个人，他们与别人握手的次数分别为,0,，,1,，,2,，,3,，,4,，,5,，,6,，,7,，,8,次。,要知道史密斯太太和别人握手的次数，只需确定除史密斯先生外的,9,人中哪一个是史密斯太太即可。,根据以上信息，建立图模型,0-8号分别代表握手次数为0-8次的9个人（史密斯先生除外）。,8号握手8次，则其配偶肯定是0号；以此类推，7号的配偶是1号，6号的配偶是2号，5号的配偶是3号。所以，史密斯夫人是4号，即史密斯夫人握手次数为4次。,由图可知：,8号的配偶是0号；,7号的配偶是1号；,6号的配偶是2号；,5号的配偶是3号；,史密斯太太是4号，所以史密斯太太和别人握了4次手。,实例二：商人安全过河问题,三名商人各带一个随从乘船渡河，现有一只小船只能容纳两个人，由他们自己划行，随从们密约，在河的任一岸，一旦随从的人数比商人多，就杀人越货。但如何乘船渡河由商人决定，试给出一个商人安全渡河的方案。,问题分析,多步决策过程,决策,：,每一步(此岸到彼岸或彼岸到此岸)船上的人员。,要求,：,在安全的前提下(两岸的随从数不比商人多),经有限步使全体人员过河。,商人,仆人,k为奇数,k为偶数,此岸,彼岸,建模,商人,仆人,设k次渡河前此岸的商人数为x,k,，随从数为y,k,，则 x,k,， y,k,= 0，1，2，3,定义状态向量 S,k,= (x,k, y,k,),定义决策：第k次渡船上的商人数为u,k,，随从数为v,k,，,则 d = ( u,k, v,k,),允许决策集合：D = (u, v) | 1, u + v 2, u, v = 0, 1, 2,k为奇数,k为偶数,此岸,彼岸,状态转移规律：,模型构成,x,k,第,k,次渡河前此岸的商人数,y,k,第,k,次渡河前此岸的随从数,x,k, y,k,=0,1,2,3;,k,=1,2, ,s,k,=(,x,k, y,k,)过程的状态,S=(,x, y,),x,=0,y,=0,1,2,3;,x,=3,y,=0,1,2,3;,x,=,y,=1,2,S ,允许状态集合,u,k,第,k,次渡船上的商人数,v,k,第,k,次渡船上的随从数,d,k,=(,u,k, v,k,)决策,u,k, v,k,=0,1,2;,k,=1,2, ,s,k,+1,=,s,k,d,k,+(-1),k,状态转移律,求,d,k,D(,k,=1,2,n), 使,s,k,S,并,按,转移律,由,s,1,=(3,3)到达,s,n,+1,=(0,0).,多步决策问题,模型求解,x,y,3,3,2,2,1,1,0,穷举法 编程上机,图解法,状态,s,=(,x,y,) 16个格点, 10个 点,允许决策 移动1或2格;,k,奇,左下移;,k,偶,右上移.,s,1,s,n,+1,d,1,，,d,11,给出安全渡河方案,考虑4名商人各带一随从的情况,d,1,d,11,允许状态,S=(,x, y,),x,=0,y,=0,1,2,3;,x,=3,y,=0,1,2,3;,x=y,=1,2,用图的邻接矩阵求解：,首先介绍图论中的一个定理,G是一个图，V（G）为G的顶点集，E(G)为G的边集。 设G中有n个顶点 ; 为G的邻接距阵，其中,定理1：设A（G）为图,G,的邻接距阵，则,G,中从顶点 到顶点 ，长度为,k,的道路的条数为 中的,i,行,j,列元素.,下面分析及求解,假设渡河是从南岸到北岸，（,m,，,n,）表示南岸有,m,个商人，,n,个随从，全部的允许状态共有,10,个,以 为顶点集，考虑到奇数次渡河及偶数次渡河的不同，我们建立两个邻接距阵,其中,其中A,表示从南岸到北岸渡河的图的邻接距阵，,表示从北岸到南岸渡河的图的邻接距阵。,由定理1、我们应考虑最小的,k,， 中1行10列的元素不为0，此时 即为最少的渡河次数，而矩阵 中1行10列的元素为最佳的路径数目。,经过计算K=5时, 的第1行10列元素为2，所以需11次渡河，有两条最佳路径.,实例三 渡河问题,某人带狗、羊、以及蔬菜渡河，一小船除需人划外，每次只能载一物过河。而人不在场时，狗要吃羊，羊要吃菜，问此人应如何过河？,模型构成 ：,此问题可化为状态转移问题，用四维向量（人，狗，羊，菜）来表示状态，当一物在此岸时相应分量取,1,，而在彼岸时则取,0,。,(1),可取状态,人在此岸 ：,(1,1,1,1),，,(1,1,1,0),，,(1,1,0,1),，,(1,0,1,1),，,(1,0,1,0),人在彼岸：,(0,0,0,0),，,(0,0,0,1),，,(0,0,1,0),，,(0,1,0,0),，,(0,1,0,1),总共有十个可取状态。,(2),现在用状态运算来完成状态转移。由于摆一次游戏即可改变现有状态，为此再引入一个四维转移向量，用它来反映摆渡情况用,1,表示过河，,0,表示未过河。例如,(1,1,0,0),表示人带狗过河。此状态只有四个允许转移向量：,d,1= (1,0,0,0),，,d,2= (1,1,0,0),，,d,3= (1,0,1,0),，,d,4= (1,0,0,1),。,现在规定状态向量与转移向量（分量）之间的运算为,0+0=0,，,0+1=1,，,1+0=1,，,1+1=0,(3),模型求解,通过上面的定义，问题化为，由初始状态出发,(1,1,1,1),，经过奇数次上述运算转移为状态,(0,0,0,0),的转移过程。可用图表示为：,练习题,1.,今有,3,个油瓶，分别能装,10kg,、,7kg,和,3kg,油。已知,10kg,瓶中装满了油，其余两瓶为空瓶。现要将油分成两个,5kg,，没有秤，问能找到几种分油方案，使倒油的次数尽量的少？,2.,四名商人各带一个随从乘船渡河，一只小船只能容纳二人，由他们自己划行。随从们密约，在河的任一岸，一旦随从的人数比商人多，就杀人越货。但是如何乘船渡河的大权掌握在商人们手中。商人们怎样才能安全渡河呢,?,3.,三个人和三个机器人要从左岸渡河到右岸。船只有一只，每次可以渡人或机器人共两名，三个人都会划船，机器人中只有一个会划船。为防止意外，每岸有人的时候，人的数目不能比机器人的数目少，问应当怎样渡河？,二、 动态规划,动态规划是解决多级决策过程最优化的一种数学方法。所谓多级决策过程，是指把一个过程分为若干个阶段，而每一个阶段都需作出决策，以便使整个过程取得最优的效果。,最短路径问题,资源分配问题,背包问题,机器负荷分配问题,动态规划主要包括：,最短路径问题,最短路线问题，要求从,A,地到,F,地，选择一条最短的线路。为了便于分析，引入几个符号：,1,2,3,4,5,6,7,8,9,6,5,4,1,1,3,5,4,5,2,4,2,4,4,9,5,7,N,：从某点到终点之间的级数；,x,：表示在任一级所处的位置，称为状态变量；,S,N,(,x,)：决策变量，表示当处于状态,x,，还有,N,级时，,所选取的下一个点；,W,N,(,x,)：表示从状态,x,到终点,F,的,N,级过程的最短距离；,d,(,x, S,N,)：表示从状态x到点,S,N,的距离。,从最后一级开始计算：,1,2,3,4,5,6,7,8,9,6,5,4,1,1,3,5,4,5,2,4,2,4,4,9,5,7,同理,所以，最短路线为,最短距离为14,一个,N,级最优过程，不管第一级决策如何，其余,N,-1级，决策过程至少必须依据第一级决策所形成的状态组成一个,N,-1级最优过程，在此基础上，在选择第一级决策，使总的,N,级过程为最优。,1,2,3,4,5,6,7,8,9,6,5,4,1,1,3,5,4,5,2,4,2,4,4,9,5,7,这种递推关系可以用下列递推方程式来表达：,最优性原理,一个多级决策过程的最优策略具有这样的性质：不管其初始状态和初始决策如何，其余的决策必须根据第一个决策所形成的状态组成一个最优策略。,三、排队论,排队系统描述,顾客要求服务的对象统称为“顾客”,服务台把提供服务的人或机构称为“服务台”或“服务员”,各种形式的排队系统,各种形式的排队系统,各种形式的排队系统,各种形式的排队系统,各种形式的排队系统,随机服务系统,排队论所要研究解决的问题,面对拥挤现象，人们通常的做法是增加服务设施，但是增加的数量越多，人力、物力的支出就越大，甚至会出现空闲浪费，如果服务设施太少，顾客排队等待的时间就会很长，这样对顾客会带来不良影响。,如何做到既保证一定的服务质量指标，又使服务设施费用经济合理,，恰当地解决顾客排队时间与服务设施费用大小这对矛盾，就是随机服务系统理论,排队论所要研究解决的问题。,人有了知识，就会具备各种分析能力，,明辨是非的能力。,所以我们要勤恳读书，广泛阅读，,古人说“书中自有黄金屋。,”通过阅读科技书籍，我们能丰富知识，,培养逻辑思维能力；,通过阅读文学作品，我们能提高文学鉴赏水平，,培养文学情趣；,通过阅读报刊，我们能增长见识，扩大自己的知识面。,有许多书籍还能培养我们的道德情操，,给我们巨大的精神力量，,鼓舞我们前进,。,