我需要解决以下微观经济问题：
下面是代表我在给定年份（j）中生产每种资产（i）的潜在收入的矩阵。
2011 2012 2013 2014 2015
Asset1 35* 37 39 42 45
Asset2 16 17 18 19 20*
Asset3 125 130 136*139 144
Asset4 15 27 29 30* 33
Asset5 14 43* 46 50 52
Asset6 5 7 8 10 11*
星号（*）代表什么是最佳解集。
我如何使用R来解决生产计划，以在概述的约束条件下最大化我的收入（并因此获得利润）。我的输出应该是0和1的类似6x5矩阵，其中1代表选择在给定年份内生产商品。
这是一个经典的问题，需要重新制定。
重新开始您的问题
Max( sum_[i,t] (pi_[i,t] - C_[i,t]) * x_[i,t])
Sd.
sum_t x_[i,t] = 1 [ for all i ]
sum_i x_[i,t] >= 30 [ for all t ]
x_[i,t] >= 0 [for all i, t]
lpSolve包中的最大化问题以线性表示形式给出，例如非矩阵格式。让我们从制作代表我们的x_[i,t]的向量开始。为方便起见，让我们为其命名（尽管未使用），以便我们跟踪。
n <- 6
t <- 5
#x ordered by column.
x <- c(35, 16, 125, 15, 14, 5, 37, 17, 130, 27, 43, 7, 39, 18, 136, 29, 46, 8, 42, 19, 139, 30, 50, 10, 45, 20, 144, 33, 52, 11)
# if x is matrix use:
# x <- as.vector(x)
names(x) <- paste0('x_[', seq(n), ',', rep(seq(t), each = n), ']')
head(x, n * 2)
x_[1,1] x_[2,1] x_[3,1] x_[4,1] x_[5,1] x_[6,1] x_[1,2] x_[2,2] x_[3,2] x_[4,2] x_[5,2] x_[6,2]
35 16 125 15 14 5 37 17 130 27 43 7
length(x)
[1] 30
现在我们需要创造条件。从第一个条件开始>
sum_t x_[i,t] = 1 [ for all i ]我们可以相当简单地创建它。需要注意的是，尺寸必须正确。我们有一个长度为30的向量，因此我们需要我们的条件矩阵具有30列。此外，我们有6个资产，因此对于这种情况我们将需要6行。再次让我们命名行和列以跟踪自己。
cond1 <- matrix(0, ncol = t * n, nrow = n, dimnames = list(paste0('x_[', seq(n), ',t]'), names(x))) cond1[, seq(n + 1)] x_[1,1] x_[2,1] x_[3,1] x_[4,1] x_[5,1] x_[6,1] x_[1,2] x_[1,t] 0 0 0 0 0 0 0 x_[2,t] 0 0 0 0 0 0 0 x_[3,t] 0 0 0 0 0 0 0 x_[4,t] 0 0 0 0 0 0 0 x_[5,t] 0 0 0 0 0 0 0 x_[6,t] 0 0 0 0 0 0 0接下来，我们填写正确的字段。
x_[1,1] + x[1, 2] + ... = 1和x_[2,1] + x_[2,2] + ... = 1等。对于这个问题，使用for循环是最简单的]
for(i in seq(n)){ cond1[i, seq(i, 30, n)] <- 1 } cond1[, seq(n + 1)] x_[1,1] x_[2,1] x_[3,1] x_[4,1] x_[5,1] x_[6,1] x_[1,2] x_[1,t] 1 0 0 0 0 0 1 x_[2,t] 0 1 0 0 0 0 0 x_[3,t] 0 0 1 0 0 0 0 x_[4,t] 0 0 0 1 0 0 0 x_[5,t] 0 0 0 0 1 0 0 x_[6,t] 0 0 0 0 0 1 0我们仍然必须创建RHS并指定方向，但是我现在将等待。因此，接下来让我们为第二个条件创建矩阵
的值sum_i x_[i,t] >= 30 [ for all t ]此过程非常相似，但是现在每个周期都需要一行，因此矩阵的尺寸为5x30。这里的主要区别是，我们需要插入
x_[i, t]
cond2 <- matrix(0, ncol = t * n, nrow = t, dimnames = list(paste0('t=', seq(t)), names(x))) for(i in seq(t)){ cond2[i, seq(n) + n * (i - 1)] <- x[seq(n) + n * (i - 1)] } cond2[, seq(1, n * t, n)] x_[1,1] x_[1,2] x_[1,3] x_[1,4] x_[1,5] t=1 35 0 0 0 0 t=2 0 37 0 0 0 t=3 0 0 39 0 0 t=4 0 0 0 42 0 t=5 0 0 0 0 45请注意，我正在打印
x_[1, t]的结果以说明我们做对了。最后，我们有最终条件。为此，我们注意到?lpSolve::lp有一个参数all.bin，并且在读取它时指出
逻辑：所有变量都应为二进制吗？默认值：FALSE。
因此，由于所有变量均为1或0，我们只需将此值设置为
TRUE。在继续之前，让我们将条件合并为一个矩阵
cond <- rbind(cond1, cond2)现在，RHS和方向都简单地从这两个条件中得出。从
const.dir参数的文档中
给出约束方向的字符串向量：每个值应为“ ”或“> =”中的一个。 （在每对中，两个值相同。）
[在我们的条件下，我们有6行代表第一个条件，而行又复位了条件2。因此，我们需要
n（6）乘以==，而t（5）乘以>=。
cond_dir <- c(rep('==', n), rep('>=', t))以类似方式创建RHS
RHS <- c(rep(1, n), rep(30, t))就是这样！现在，我们准备使用
lpSolve::lp函数来解决我们的问题。
sol = lpSolve::lp(direction = 'max', objective.in = x, const.mat = cond, const.dir = cond_dir, const.rhs = RHS, all.bin = TRUE) sol$objval [1] 275解决方案的权重存储在
sol$solution中
names(sol$solution) <- names(x) sol$solution x_[1,1] x_[2,1] x_[3,1] x_[4,1] x_[5,1] x_[6,1] x_[1,2] x_[2,2] x_[3,2] x_[4,2] x_[5,2] x_[6,2] x_[1,3] x_[2,3] x_[3,3] 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 x_[4,3] x_[5,3] x_[6,3] x_[1,4] x_[2,4] x_[3,4] x_[4,4] x_[5,4] x_[6,4] x_[1,5] x_[2,5] x_[3,5] x_[4,5] x_[5,5] x_[6,5] 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 matrix(sol$solution, ncol = t, dimnames = list(rownames(cond1), rownames(cond2))) t=1 t=2 t=3 t=4 t=5 x_[1,t] 1 0 0 0 0 x_[2,t] 0 0 0 0 1 x_[3,t] 0 0 1 0 0 x_[4,t] 0 0 0 1 0 x_[5,t] 0 1 0 0 0 x_[6,t] 0 0 0 0 1我们很快就会看到这是正确的解决方案。 ：-）
[可能有人注意到“费用到底去了哪里？”。在这种情况下，成本是固定的，不是很有趣。这意味着我们可以在计算期间忽略这些，因为我们知道总成本将为30 * 6 = 180（必须从目标值中减去）。但是，成本取决于各种因素并可能影响最佳解决方案并不少见。为了说明，我将在此示例中包括如何合并成本。首先，我们必须扩展目标向量，以合并每个时期每个产品的成本
Fixed_C <- -30 x <- c(x, rep(Fixed_C, n * t))下一步，我们将添加伪约束
x_[i,t] - C_[i,t] = 0 [for all i, t]此约束确保如果
x_[i,t] = 1，则相关成本将添加到问题中。有两种创建此约束的方法。第一种是具有一个矩阵，该矩阵具有n * t行，每个成本和期间一个。另外，我们可以使用我们的第一个约束条件，并且实际上只使用一个常数。sum_[i,t] x_[i,t] - C_[i,t] = 0因为我们的第一个约束确保
x[1, 1] != x[1, 2]。因此，我们的第三个约束变为cond3 <- c(rep(1, n * t), rep(-1, n * t))最后，我们必须扩展RHS以及条件1和2的矩阵。只需将0添加到条件矩阵以使尺寸合适。
cond1 <- cbind(cond1, matrix(0, nrow = n, ncol = n * t)) cond2 <- cbind(cond2, matrix(0, nrow = n, ncol = n * t)) cond <- rbind(cond1, cond2, cond3) cond_dir <- c(cond_dir, '==') RHS <- c(RHS, 0)现在我们可以再次使用
lpSolve::lp找到最佳解决方案>solC = lpSolve::lp(direction = 'max', objective.in = x, const.mat = cond, const.dir = cond_dir, const.rhs = RHS, all.bin = TRUE) solC$objval [1] 95等于我们之前的值
275减去固定费用Fixed_C * n = 180。