Zero-jedynkowy addytywny algorytm Balasa pozwala na rozwiązanie następującego binarnego programu liniowego:

Znaleźć minimum: z=c₁x₁ + c₂x₂ + ... + c_nx_n
Przy ograniczeniach: a_i1x₁ + a_i2x₂ + ... + a_inx_n ≤ b_i
gdzie: i = 1, 2, ..., m
x_j = 0 lub 1
j = 1, 2, ..., n.

Zasada działania algorytmu.
Do śledzenia postępu przeglądu używa się dwu wektorów: u^T = (u₁, u₂, ..., u_n) oraz x^T = (x₁, x₂, ..., x_n). Jeśli w skład rozwiązania częściowego wchodzą zmienne x_j1, x_j2, ..., x_js, wybrane w takim właśnie porządku, to składowe wektora x odpowiadające tym zmiennym mają wartości albo 0 albo 1. Pozostałe składowe wektora x, odpowiadające zmiennym swobodnym, mają wartości –1. Składowe wektora u są postaci:
u =
j_k - jeśli x_jk = 1 i jego dopełnienie nie było rozważane
-j_k – jeśli x_jk = 0 lub 1 i jego dopełnienie było rozważane
0 - jeśli k>s

Krok początkowy.
Krok 1.
Sprawdzić, czy b≥0. Jeśli tak, to optymalnym rozwiązaniem jest x = 0. W przeciwnym razie podstawić u^T = (0, 0, ..., 0), x^T = (-1, -1, ..., -1), z' = ∞ (dostatecznie duża liczba).

Kroki iteracyjne
Krok 2.
Obliczyć:
y_i = b_i - Σa_ijx_j, j należy do J
y' = min y_i i = 1, 2, ..., m
z = Σc_jx_j, j należy do J
gdzie J jest zbiorem wskaźników zmiennych o ustalonych wartościach (rozwiązanie częściowe). Jeśli y'≥0 oraz z<z', to przyjąć z = z' oraz x' = x. Wektor x' jest nowym potencjalnym rozwiązaniem. Przejść do kroku 6 (cofanie się). W przeciwnym razie iść dalej.

Krok 3.
Utworzyć następujący podzbiór T zmiennych swobodnych x_j:
T = {j: z + c_j < z', a_ij < 0 dla i takich, że y_i < 0}.
Jeśli T = {} (zbiór pusty), to przejść do kroku 6. W przeciwnym razie iść dalej.

Krok 4.
TEST NIEDPOPUSZCZALNOŚCI. Sprawdzić, czy istnieje taki wskaźnik i, że:
y_i < 0 oraz
y_i - Σ min{0, a_ij} < 0, dla j należącego do T.
Jeśli tak, to przejść do kroku 6. W przeciwnym razie iść dalej.

Krok 5.
TEST ROZGAŁĘZIEŃ BALASA. Dla każdej zmiennej swobodnej x utworzyć zbiór:
M_j = {i: y_i - a_ij < 0}.
Jeśli wszystkie zbiory M_j są puste, przejść do kroku 6. W przeciwnym razie obliczyć:
v_j = Σ (y_i - a_ij), dla i należącego do M_j
dla każdej zmiennej swobodnej x_j, gdzie v_j = 0, gdy M,_j = {} (zbiór pusty).
Powiększyć bieżące rozwiązanie częściowe o tę zmienną x_j, dla której v_j osiąga wartość największą. Wróć do kroku 2.

Krok 6.
COFANIE SIĘ:

1. Zmienić w wektorze u znak najbardziej w prawo położonej składowej dodatniej. Nadać wszystkim składowym leżącym na prawo od niej wartość 0. Jest to nowe rozwiązanie częściowe. Wrócić do kroku 2.
2. Jeśli wektor u nie ma dodatniej składowej, to przegląd pośredni został zakończony. Optymalnym rozwiązaniem jest x', a odpowiadającą mu wartością funkcji celu jest z'. Jeśli z' = ∞, to nie ma rozwiązania dopuszczalnego.

Przykład
Aby zilustrować omówiony algorytm, rozważmy obecnie następujące zagadnienie:

Znaleźć minimum:
z = 5x₁ + 7x₂ + 10x₃ + 3x₄ + x₅
przy warunkach:
-x₁ + 3x₂ - 5x₃ - x₄ + 4x₅ ≤ -2
2x₁ - 6x₂ + 3x₃ + 2x₄ - 2x₅ ≤ 0
x₂ - 2x₃ + x₄ + x₅ ≤ -1

Iteracja 1
Podzbiór T jest równy {1,3,4}. Test niedopuszczalności zawodzi. Zbiory M_j oraz wartości v_j dla j=1, 2, ... 5 są odpowiednio równe:
M₁ = {1, 2}, M₂ = {1, 3}, M₃ = {2}, M₄ = {1, 2, 3}, M₅ = {1, 3},
v₁ = -4, v₂ = -7, v₃ = -3, v₄ = -5, v₅ =-8,
max = {v_j 1≤j≤5} = v₃ = -3
Do rozwiązania częściowego dodajemy zmienną x₃ = 1. Pozostałe zmienne są swobodne i mają wartość 0.

Iteracja 2
T = {2, 5}. Test niedopuszczalności zawodzi. Otrzymujemy:
M₁ = {2}, M₂ = {}, M₄ = {2}, M₅ = {1, 2},
v₁ = -5, v₂ = 0, v₄ = -5, v₅ = -2,
Następną zmienną dodaną do rozwiązania częściowego jest x₂ = 1, ze względu na to, że:
max = {v_j j = 1, 2, 4, 5} = v₂ = 0

Iteracja 3
Wektor x^T = (0, 1, 1, 0, 0) jest dopuszczalny i staje się potencjalnym rozwiązaniem x', a z' = 17. Wykonuje się krok 6 (cofanie się). Mamy teraz x₃ = 1, x₂ = 0, a pozostałe zmienne są swobodne.

Iteracja 4
T = {5}. Test niedopuszczalności jest spełniony dla i = 2 (drugie ograniczenie) i przechodzimy do cofania się. Teraz x₂ i x₃ są ustalone jako 0, a pozostałe zmienne są swobodne.

Iteracja 5
T = {1, 4}. Test niedopuszczalności jest spełniony dla i = 3 i przechodzimy do cofania się. Przegląd jest zakończony, bo nie można się już cofnąć.

Optymalnym rozwiązaniem jest zatem:
x'₁ = 0, x'₂ = 1, x'₃ = 1, x'₄ = 0, x'₅ = 0 oraz z' = 17