大流行风险管理：资源应急规划和分配

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让Y[1]≤ Y[2]≤ · · · ≤ Y[m]是Y，Y，··，Ym的日益有序的序列。设J=1，2，··，m，使J-1Xj=1ω[j]θ-[j] （Y[j]- Y[J]）+mXj=Jω[J]θ+[J]（Y[J]- Y[J]）≤ s≤J-1Xj=1ω[j]θ-[j] （Y[j]- Y[J-1] ）+mXj=Jω[J]θ+[J]（Y[J]- Y[J-1] ），其中我们定义了当J=1时，J-1Xj=1ω[j]θ-[j] （Y[j]- Y[J]）+mXj=Jω[J]θ+[J]（Y[J]- Y[J]）=mXj=1ω[J]θ+[J]（Y[J]- Y[1]），J-1Xj=1ω[j]θ-[j] （Y[j]- Y[J-1] ）+mXj=Jω[J]θ+[J]（Y[J]- Y[J-1]) = ∞.LetK=PJ-1j=1ω（j）θ-（j） Y（j）+Pmj=jω（j）θ+（j）Y（j）- SPJ-1j=1ω（j）θ-（j） +Pmj=jω（j）θ+（j）。如果K<0，则使上述目标函数最小化的最佳初始库存为K*= 0，如果≥ 0，然后是K*= K.证据。设Yj=Xj- aj，j=1,2，··，m.让Y[1]≤ Y[2]≤ · · · ≤ Y[m]是Y，Y，··，Ym的日益有序的序列。在这种情况下，YJR代表初始库存完全减少时的每日短缺。然后目标函数变成comesf（K）：=mXj=1ω[j]θ+[j]（Y[j]- K） ++θ-[j] （K）- Y[j]）++mXj=1ωjcj+cK+mXj=1ωjcjaj。注意F（K）是K中任意K的凸函数∈ R.LetG（K）=mXj=1ω[j]θ+[j]（Y[j]- K） ++θ-[j] （K）- Y[j]）+！，S=mXj=1ωjcj+c，其中G（·）在K中是凸的。G在Y[1]和Y[m]处的一阶导数如下：G（Y[1]）=mXj=1ω[j]θ-[j] （Y[1]- Y[j]）≤ 0.G（Y[m]）=mXj=1ω[j]θ+[j]（Y[j]- Y[m]）(-1） =mXj=1ω[j]θ+[j]（Y[m]- Y[j]）≥ 0.那么~K∈Y[1]，Y[m]使得G（~K）=0。因为S=Pmj=1ωjcj+c≥ 0,  K∈ (-∞, Y[m]]使得f（K）=0，即。， J=1，··，m使得K∈Y[J-1] ，Y[J], 我们定义Y（0）=-∞, F（K）=0。在这里，我们放宽了初始库存必须为非负的限制，但最终我们会将其加回去。关键的观察结果是，给定所有的（Y[j]）j∈{0，…，m}，我们总是可以在两个相邻的Y[j]之间找到一个K，Y[j]-1] 和Y[J]，使目标函数最小化。

也就是说，F（K）=J-1Xj=1ω[j]θ-[j] （K）- Y[J]）+mXj=Jω[J]θ+[J]（Y[J]- （K）(-1） +S=0。ThenK=PJ-1j=1ω[j]θ-[j] Y[j]+Pmj=jω[j]θ+[j]Y[j]- SPJ-1j=1ω[j]θ-[j] +Pmj=jω[j]θ+[j]。因此，K∈ [Y[J]-1] ，Y[J]]由Y[J]给出-1]≤PJ-1j=1ω[j]θ-[j] Y[j]+Pmj=jω[j]θ+[j]Y[j]- SPJ-1j=1ω[j]θ-[j] +Pmj=jω[j]θ+j]≤ Y[J]。或者相当于， J=1，2，··，m，这样-1Xj=1ω[j]θ-[j] （Y[j]- Y[J]）+mXj=Jω[J]θ+[J]（Y[J]- Y[J]）≤ s≤J-1Xj=1ω[j]θ-[j] （Y[j]- Y[J-1] ）+mXj=Jω[J]θ+[J]（Y[J]- Y[J-1] ），其中，如果J=1，我们定义-1Xj=1ω[j]θ-[j] （Y[j]- Y[J]）+mXj=Jω[J]θ+[J]（Y[J]- Y[J]）=mXj=1ω[J]θ+[J]（Y[J]- Y[1]），J-1Xj=1ω[j]θ-[j] （Y[j]- Y[J-1] ）+mXj=Jω[J]θ+[J]（Y[J]- Y[J-1]) = ∞.最后，给定库存的非负性，如果K<0，则最佳初始库存K*= 0，andif K≥ 0，然后是K*= K、 A.2集中式资源分配资源量区域分配的优化问题如下：minK（i）j≥0;i=1,2，。。。，Nj=1,2，。。。，mmXj=1nXi=1ω（i）jθ+（i）jX（i）j- K（i）j++θ-（i） jX（i）j- K（i）j-!这样Nxi=1K（i）j=Kj，对于j=1，2，m、 定理A.2。上面的优化是逐周期进行的，因此为了简化表示法，可以在每个时间点删除时间指示器j。设X[1]≥ · · · ≥ X[n]>0是X（1），X（2），X（n）。如果K>nPr=1X（r）=X，那么K（i）=1.-ω（i）θ-（i） nPr=1ω（r）θ-（r）X（i）+ω（i）θ-（i） nPr=1ω（r）θ-（r）K-Xr6=iX（r）, i=1，2，n、 如果K≤Pnr=1X（r）=X，我们可以找到I=1，2，n这样K≤PIr=1X[r]，X[i]≥ω[i]θ+i]IPr=1ω[r]θ+r]IXr=1X[r]- Ki=1，一、 X[I]<ω[I]θ+[I]IPr=1ω[r]θ+[r]IXr=1X[r]- Ki=i+1，i+2，n、 然后K[I+1]=··=K[n]=0。K[i]=1.-ω[i]θ+[i]IPr=1ω[r]θ+[r]X[i]+ω[i]θ+[i]IPr=1ω[r]θ+[r]K-IXr=1，r6=iX[r], i=1，一、证据。

在每个时间点j，我们要解决以下优化问题，minK（i）；i=1,2，··，nnXi=1ω（i）θ+（i）（X（i）- K（i））++θ-（i） （K（i）- （一）+使得nxi=1K（i）=K，K（i）≥ 0, i=1，2，··，n.情况1：盈余和短缺并存首先，让我们考虑一下这样一种情况：一些地区出现盈余，而其他地区同时出现短缺。我们将在下面展示，无论非负约束如何，这种情况都是不可能的。也就是说，假设K（1），K（2），K（n）位于可行集的局部，使得它们满足K（i）>X（i），其中i=1，2，N- 1.剩余的n- 其中I满足K（I）≤ X（i）。在不丧失普遍性的情况下，假设K（I）中的第一个I属于前一组。然后，局部问题变成了问题（i）；i=1,2，··，nnXi=i+1ω（i）θ+（i）（X（i）- K（i））+IXi=1ω（i）θ-（i） （十（一）- K（i）使得nxi=1K（i）=K。这个问题的解由K（i）给出=1.-ω（i）θ-（i） IPr=1ω（r）θ-（r） +nPr=I+1ω（r）θ+（r）X（i）+ω（i）θ-（i） IPr=1ω（r）θ-（r） +nPr=I+1ω（r）θ+（r）K-Xr6=iX（r）,对于i=1，2，一、 安德克（I）=1.-ω（i）θ+（i）IPr=1ω（r）θ-（r） +nPr=I+1ω（r）θ+（r）X（i）+ω（i）θ+（i）IPr=1ω（r）θ-（r） +nPr=I+1ω（r）θ+（r）K-Xr6=iX（r）,对于i=i+1，n、 然而，i=1,2，一、 K（I）>X（I），以及i=i+1，n、 K（i）≤ X（i），这意味着K>Pnr=1X（r）和K≤Pnr=1X（r），因此我们有一个矛盾。这一结果表明，一些地区不可能出现盈余，而其他地区则出现短缺。因此，必须只考虑系统范围内的盈余和系统范围内的短缺。案例2：系统范围内的盈余如果存在系统范围内的盈余，即所有地区都有盈余，那么问题就变成了INK（i）；i=1,2，··，nnXi=1ω（i）θ-（i） （K（i）- 使nxi=1K（i）=K，K（i）>X（i），i=1。

n.解由k（i）给出=1.-ω（i）θ-（i） nPr=1ω（r）θ-（r）X（i）+ω（i）θ-（i） nPr=1ω（r）θ-（r）K-Xr6=iX（r）.为了保持这个结果，我们只需要K>Pnr=1X（r）=X的条件。由于唯一性，在这个条件下，K（i）是最优的。案例3：全系统短缺仍然需要解决全系统短缺的问题，即所有地区都存在短缺。在这种情况下，问题变成了一个问题（i）；i=1,2，··，nnXi=1ω（i）θ+（i）（X（i）- K（i））使得nxi=1K（i）=K；0≤ K（i）≤ X（i），i=1，··，n.除了Pni=1K（i）=K的给定条件外，该优化问题中还存在额外的不等式约束。因此，我们使用Karush-Kuhn–Tucker（KKT）条件如下。ω（i）θ+（i）（K（i）- （一）- λ（i）+λ（i）+u=0,0≤ K（i）≤ X（i），λ（i）≥ 0，λ（i）K（i）=0，λ（i）≥ 0，λ（i）（K（i）- X（i））=0，对于所有i=1，··，n。关于λ（i）和λ（i）的值，我们可以考虑以下四种相互排斥的情况：（i）对于某些i=1，··，n，λ（i）>0，对于某些i=1，··，n；（ii）对于所有i=1，·n，λ（i）=0，对于某些i=1，·n，λ（i）>0；（iii）对于某些i=1，·n，λ（i）>0，对于所有i=1，·n，λ（i）=0；（iv）对于所有i=1，··，n，λ（i）=0，对于所有i=1，··，n，λ（i）=0。以下将对它们进行讨论。情况3.1：对于某些i=1，···，n，λ（i）>0，对于某些i=1，··，n，λ（i）>0。我们将证明这种情况将导致矛盾，因此是不可能的。因为λ（i）和λ（i）的顺序不影响条件，为了简单起见，我们重新排列它们，使其有anI=1，2，N- 1，和一个I=1，2，N- 1，其中λ[i]>0，i=1，一、 λ[I]=0，i=i+1，n、 λ[i]=0，i=1，N-~I，λ[I]>0，i=n-~I+1。

，n，其中[i]是重新排列后的索引。我们还有一个条件，我≤ N-因为对于每个I，λ[I]>0意味着K[I]=0，这进一步意味着λ[I]=0。因此，λ[i]的个数等于0，即n-■I，至少是大于0的λ[I]的个数，即，I.然后通过KKT条件中的互补松弛条件，K[I]=0，i=1,2，··，i和，K[i]=X[i]，i=n-~I+1，··，n。然后，简化KKT条件。-ω[i]θ+[i]X[i]- λ[i]+u=0，i=1，Iω[I]θ+[I]（K[I]- X[i]）+u=0，i=i+1，N-~Iλ[I]+u=0，i=n-~I+1，n0≤ K[i]≤ X[i]，i=i+1，N-进来-~IXr=I+1K[r]=K-nXr=n-~I+1X[r]，从中我们可以观察到以下矛盾，u=-λ[n]<0u=ω[1]θ+[1]X[1]+λ[1]>0。因此，我们可以得出结论，如果I=1，··，n- 1，那么I=0或n，它的反正性也是真的，这说明如果I=1，··，n- 1，则I=0或n。这两种说法分别对应于第二种和第三种情况，它们被认为如下。情况3.2：对于所有i=1，···，n，λ（i）=0，对于某些i=1，··，n，λ（i）>0。与前一种情况一样，我们使用重新排列的λ[i]和λ[i]，因此现在λ[i]=0，对于所有i=1，N-对于所有I=n，I和λ[I]>0-~I+1，n、 对于一些I=1，2，N- 1.这意味着K[i]=X[i]，对于alli=n-~I+1，n、 在这种情况下，KKT条件变成ω[i]θ+[i]（K[i]- X[i]）+u=0，i=1，N-~Iλ[I]+u=0，i=n-~I+1。

，n0≤ K[i]≤ X[i]，i=1，··，n-进来-~IXr=1K（r）=K-nXr=n-~I+1X（r）。通过求解这个系统，我们得到k[i]=1.-ω[i]θ+i]n-~IPr=1ω[r]θ+[r]X[i]+ω[i]θ+[i]n-~IPr=1ω[r]θ+[r]K-nXr6=iX[r]= X[i]+ω[i]θ+[i]n-~IPr=1ω[r]θ+r]K-nXr=1X[r]！，i=1,2,n-~Iu=n-~IPr=1ω[r]θ+[r]nXr=1X[r]- Kλ[i]=-u = -N-~IPr=1ω[r]θ+[r]nXr=1X[r]- Ki=n-~I+1，··，n.根据全系统短缺假设，nPr=1X[r]- K≥ 0，因此λ[i]≤ 0表示所有i=n-~I+1，··，n。但这与λ[I]>0表示所有I=n的假设相矛盾-因此，我们可以说这是另一个不可能的情况。情况3.3：对于某些i=1，···，n，λ（i）>0，对于所有i=1，··，n，λ（i）=0。同样，对于这种情况，我们使用重新排列的λ[i]和λ[i]表示i=1，n、 我们假设anI=1，2，N- 1，使得λ[i]>0表示i=1，一、 λ[I]=0表示I=I+1，n、 这意味着K[i]=0，对于i=1，一、 我们得到以下条件，-ω[i]θ+[i]X[i]- λ[i]+u=0，i=1，Iω[I]θ+[I]（K[I]- X[i]）+u=0，i=i+1，n0≤ K[i]≤ X[i]，i=i+1，··，nnXi=i+1X[r]=K。它们加在一起得到usK[i]=1.-ω[i]θ+[i]nPr=i+1ω[r]θ+[r]X[i]+ω[i]θ+i]nPr=i+1ω[r]θ+r]K-nXr=I+1X[r]！=X[i]+ω[i]θ+i]nPr=i+1ω[r]θ+r]K-nXr=I+1X[r]！，i=i+1，··，n.u=nPr=i+1ω[r]θ+r]nXr=i+1X[r]- Kλ[i]=nPr=i+1ω[r]θ+r]nXr=i+1X[r]- K- ω[i]θ+i]X[i]，i=1，··，i.由于λ[i]>0表示i=1，I和0≤ K[i]≤ X[i]对于i=i+1，··，n，以下条件成立。K≤nPr=I+1X[r]，X[I]<ω[I]θ+[I]nPr=I+1ω[r]θ+[r]nXr=I+1X[r]- Ki=1,2，··，i，X[i]≥ω[i]θ+i]nPr=i+1ω[r]θ+r]nXr=i+1X[r]- Ki=i+1，···，n.情况3.4：λ（i）=0表示所有i=1，···，n，λ（i）=0表示所有i=1，··，n.现在只剩下考虑λ（i）=0表示所有i=1，N

由于λ（i）和λ（i）的值没有差异，重排不会产生差异。然而，为了保持一致性，我们将使用这里的有序索引[i]。在这种情况下，条件现在变成ω[i]θ+[i]（K[i]- X[i]）+u=0，i=1，n0≤ K[i]≤ X[i]，i=1，nnXi=1K[i]=K。解决这个系统会得到usK[i]=1.-ω[i]θ+[i]nPr=1ω[r]θ+[r]X[i]+ω[i]θ+[i]nPr=1ω[r]θ+[r]K-Xr6=iX[r]= X[i]+ω[i]θ+[i]nPr=1ω[r]θ+[r]K-nXr=1X[r]！，i=1，··，n。因为我们假设全系统都存在短缺，K-Pnr=1X[r]≤ 所以我们得到K[i]≤ X[i]表示alli=1，n、 那么，这个结果保持不变的唯一必要条件是0≤ K[i]对于所有i=1，··，n，这给了我们x[i]≥ω[i]θ+[i]nPr=1ω[r]θ+[r]nXr=1X[r]- Ki=1，2，··，n。这个结果实际上可以看作是情况3.3的一个特例，其中i=0，因此，我们可以结合这两种情况的结果。总之，结果取决于全系统是否存在盈余或短缺。如果系统范围内出现盈余，即i=1时K（i）>X（i），n、 每个区域的最优分配由k（i）给出=1.-ω（i）θ-（i） nPr=1ω（r）θ-（r）X（i）+ω（i）θ-（i） nPr=1ω（r）θ-（r）K-Xr6=iX（r）.在全系统短缺的情况下，即0≤ K（i）≤ X（i）对于i=1，n、 已经证明，通过对λ（i）进行排序，第一个i=0，1，N- 其中1个大于0。如果I为0，则所有λ（I）=0。这里的I应该满足以下条件，K≤nPr=I+1X[r]，X[I]<ω[I]θ+[I]nPr=I+1ω[r]θ+[r]nXr=I+1X[r]- Ki=1,2，··，i，X[i]≥ω[i]θ+i]nPr=i+1ω[r]θ+r]nXr=i+1X[r]- Ki=i+1，··，n，如果i=0，则第一个不等式可以被丢弃。

一旦识别出I，每个区域的最优分配由K[1]=·K[I]=0，K[I]给出=1.-ω[i]θ+[i]nPr=i+1ω[r]θ+[r]X[i]+ω[i]θ+i]nPr=i+1ω[r]θ+r]K-nXr=I+1X[r]！，i=i+1，··，n。由于λ（i）被排序，最终结果应该被相应地重新排序。然而，无论顺序如何，条件都是相同的。最后，我们重新标记I和n- I是为了简化正文中的符号，因此X（I）应该按降序排列。B数值示例中的参数值本节列出了前面章节中使用的所有模型参数。