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Fundamentos de Investigaci´on de Operaciones
El Problema de Transporte
15 de mayo de 2004
El Problema de Transporte corresponde a un tipo particular de un problema de programaci´on lineal. Si bien este tipo de problema puede ser resuelto por el m´etodo Simplex, existe un algoritmo simplificado especial para resolverlo.
1. Formulaci´on del Problema de Transporte
1.1. Ejemplo de Formulaci´on
A modo de ejemplo, construyamos el modelo de programaci´on lineal para el siguiente problema.
Ejemplo 1 Una empresa energ´etica dispone de tres plantas de generaci´on para satisfacer la demanda el´ectrica de cuatro ciudades. Las plantas 1, 2 y 3 pueden satisfacer 35, 50 y 40 millones de [kWh] respectivamente. El valor m´aximo de consumo ocurre a las 2 PM y es de 45, 20, 30 y 30 millones de [kWh] en las ciudades 1, 2, 3 y 4 respectivamente. El costo de enviar 1 [kWh] depende de la distancia que deba recorrer la energ´ıa. La siguiente tabla muestra los costos de env´ıo unitario desde cada planta a cada ciudad. Formule un modelo de programci´on lineal que permita minimizar los costos de satisfacci´on de la demanda m´axima en todas las ciudades.
Hacia Desde Ciudad 1 Ciudad 2 Ciudad 3 Ciudad 4 Oferta (Millones kWh) Planta 1 8 6 10 9 35 Planta 2 9 12 13 7 50 Planta 3 14 9 16 5 40 Demanda (Millones kWh) 45 20 30 30
En primer lugar debemos definir las variables de decisi´on necesarias para representar las posibles decisiones que puede tomar la empresa energ´etica. En este caso, corresponde a la cantidad de energ´ıa que se debe enviar desde cada planta a cada ciudad, luego para i = 1... 3 y j = 1... 4 :
xij = n´umero de millones de [kWh] producidos en la planta i enviadas a ciudad j (1.1) En t´erminos de ´estas variables, el costo total de entregar energ´ıa a todas las ciudades es:
8 x 11 + 6x 12 + 10x 13 + 9x 14 (Costo de enviar energ´ıa desde la Planta 1) +9x 21 + 12x 22 + 13x 23 + 7x 24 (Costo de enviar energ´ıa desde la Planta 2) +14x 31 + 9x 32 + 16x 33 + 5x 34 (Costo de enviar energ´ıa desde la Planta 3)
El problema tiene dos tipos de restricciones. En primer lugar, la energ´ıa total suministrada por cada planta no puede exceder su capacidad. En este caso se habla de restricciones de oferta o suministro. Como existen tres puntos de oferta o sumistro, existen tres restricciones:
x 11 + x 12 + x 13 + x 14 ≤ 35 (Restricci´on de oferta de la Planta 1) x 21 + x 22 + x 23 + x 24 ≤ 50 (Restricci´on de oferta de la Planta 2) x 31 + x 32 + x 33 + x 34 ≤ 40 (Restricci´on de oferta de la Planta 3)
En segundo lugar, se deben plantear las restricciones que permitan asegurar que se satisfaga la demanda en las cuatro ciudades. As´ı, las restricciones de demanda para cada punto de demanda quedan:
x 11 + x 21 + x 31 ≥ 45 (Restricci´on de demanda de la Ciudad 1) x 12 + x 22 + x 32 ≥ 20 (Restricci´on de demanda de la Ciudad 2) x 13 + x 23 + x 33 ≥ 30 (Restricci´on de demanda de la Ciudad 3) x 14 + x 24 + x 34 ≥ 30 (Restricci´on de demanda de la Ciudad 4)
Evidentemente, cada xij debe ser no negativo, por lo tanto se agregan las restricciones xij ≥ 0 donde i = 1... 3 y j = 1... 4. M´as adelante demostraremos que la soluci´on de este problema es z = 1020, x 12 = 10, x 13 = 25, x 21 = 45, x 23 = 5, x 32 = 10 y x 34 = 30. El resto de las variables vale cero.
Por otro lado, es posible construir una representaci´on gr´afica del problema (figura 1.1).
Planta 1
Planta 2
Planta 3
Ciudad 1
Ciudad 2
Ciudad 3
Ciudad 4
x 11 = 0
x (^12) = 10 x (^13) = 25
x 14 (^) = 0
x^21 = 45
x 22 = 0
x 23 = 5
x (^24) = 0
x^31
= 0
x^32 = 10
x 33 = 0
x 34 = 30
Puntos de Oferta Puntos de Demanda
s 1 = 35
s 2 = 50
s 3 = 40
d 1 = 45
d 2 = 20
d 3 = 30
d 4 = 30
Figura 1.1: Representaci´on gr´afica del problema
cero. En general, el costo unitario no necesariamente debe ser igual a cero, basta co que tenga igual valor a todos los puntos de oferta disponibles de forma de no generar preferencias. Por simplicidad, se prefiere emplear cero. Para ilustrar el balanceo de un problema no balanceado, supongamos en el ejemplo anterior que la demanda de la ciudad 1 disminuye a 40 [kWh]. La Figura 1.2 ilustra la incoporaci´on del punto de demanda artificial y entrega la soluci´on respectiva.
Planta 1
Planta 2
Planta 3
Ciudad 1
Ciudad 2
Ciudad 3
Ciudad 4
Artificial
x 11 = 0 x 12 = 15 x (^13) = 20 x 14 = 0
x 15 = 0
x^21 = 40
x 22 = 0
x 23 = 10
x (^24) = 0
x (^25) = 0
x^31
= 0
x^32 = 5
x 33 = 0 x 34 = 30 x (^35) = 5
Puntos de Oferta Puntos de Demanda
s 1 = 35
s 2 = 50
s 3 = 40
d 1 = 40
d 2 = 20
d 3 = 30
d 4 = 30
d 5 = 5
Figura 1.2: Representaci´on gr´afica del problema no balanceado
Una forma m´as pr´actica de representar un problema de transporte es mediante un tableau de transporte. Una celda de la fila i y la columna j representa la variable xij. Se suele incorporar en la esquina superior derecha de cada celda, el costo unitario cij de la combinaci´on i − j. En general, el tableau queda:
Oferta c 11 c 12 c 1 n · · · s 1 c 21 c 22 c 2 n · · · s 2 .. .
cm 1 cm 2 cmn · · · sm Demanda d 1 d 2 · · · dn
Construyendo el tableau para el ejemplo anterior (caso balanceado), introduciendo la soluci´on ´optima, se tiene:
Ciudad 1 Ciudad 2 Ciudad 3 Ciudad 4 Oferta 8 6 10 9 Planta 1 10 25 35 9 12 13 7 Planta 2 45 5 50 14 9 16 5 Planta 3 10 30 40 Demanda 45 20 30 30
En este caso se puede verificar que el problema est´a balanceado comprobando que la suma de la ´ultima columna y la suma de la ´ultima de la fila es id´entica.
As´ı como un problema de transporte puede no estar balanceado cuando la demanda es inferior a la oferta, tambi´en es posible que la demanda supere a la oferta. En este caso, se recurre a un punto de oferta artificial con valor de oferta equivalente a la diferencia entre oferta y demanda, de modo de balancear el problema. En la mayor´ıa de las situaciones, el hecho de no satisfacer totalmente la demanda puede significar alg´un tipo de costo. Por lo tanto, en ´estos casos el costo unitario de las casillas ficticias suele no ser cero y puede variar de un punto de demanda a otro.
Para obtener una soluci´on b´asica factible en forma simple introduciremos el concepto de loop.
Definici´on 1 Un orden secuencial de al menos cuatro celdas distintas se denomina loop si:
- Dos celdas consecutivas est´an en la misma columna o en la misma fila.
- No tiene tres celdas consecutivas en una misma columna o en una misma fila.
- La ´ultima celda de la secuencia tiene una fila o columna com´un con la primera celda de la secuencia.
Las figuras siguientes muestran algunos tipos de loop en dos tableaux de transporte:
Las siguientes figuras muestran algunos ejemplos de secuencias de celdas que no conforman un loop, pues no satisfacen todas las condiciones.
Teorema 1 En un problema de transporte balanceado con m puntos de oferta y n puntos de demanda, las celdas correspondientes a un conjunto de m + n − 1 variables no contienen un loop s´ı y s´olo s´ı las n + m − 1 variables constituyen una soluci´on inicial.
El teorema anterior se desprende del hecho de que en un conjunto de m + n − 1 celdas no contienen un loop s´ı y s´olo s´ı las m+n−1 columnas correspondientes a las celdas son linealmente independientes.
Los m´etodos m´as empleados para obtener soluciones iniciales son:
El m´etodo de la Esquina Noroeste.
El m´etodo del Costo M´ınimo.
El m´etodo de Vogel.
A continuaci´on revisaremos s´olo el m´etodo de la Esquina Noroeste y el de Vogel.
M´etodo de la Esquina Noroeste.
Para encontrar una soluci´on inicial se comienza por la esquina superior izquierda (noroeste) del tableau de transporte intentando asignar la m´axima cantidad posible a x 11. Evidentemente, el valor m´aximo
de x 11 debe ser el menor entre s 1 y d 1. Si x 11 = s 1 , se puede descartar la primera fila pues ya no podr´a asignarse m´as desde el primer punto de oferta, se avanza a la siguiente fila. Al mismo tiempo, se debe cambiar d 1 por d 1 − s 1 , de forma de indicar la cantidad de demanda no satisfecha en el primer punto de demanda. En caso que x 11 = d 1 , se debe descartar la primera columna y cambiar s 1 por s 1 − d 1 , avanzando una columna. Si x 11 = d 1 = s 1 , se debe avanzar en una columna o en una fila (pero no en ambas). Se asigna un cero en la direcci´on escogida y se descarta la otra alternativa. El m´etodo contin´ua aplicando el mismo criterio desde la esquina noroeste del tableau restante. Una vez que est´an asignadas toda de demanda y oferta disponible, se terminan las asignaciones y est´a completa la asignaci´on inicial.
Apliquemos el m´etodo al siguiente tableau (notar que no se incorporan los costos pues el m´etodo no los emplea):
5 1 3 2 4 2 1
Comenzamos asignando la m´axima cantidad posible por fila o por columna en la esquina noroeste. En este caso, controla la primera columna, luego:
2 3 × 1 × 3 0 4 2 1
A continuaci´on, avanzamos una columna y en esta celda controla la fila, por lo tanto queda:
2 3 × × 0 × 1 × 3 0 1 2 1
En este caso, la esquina m´as noroeste disponible es la celda 2-2. Aqu´ı, la demanda y la oferta se igualan. Arbitrariamente se escoger´a la celda inferior de la misma columna para asignar un cero:
2 3 × × 0 × 1 × × 0 × 0 3 0 0 2 1
Luego, la celda m´as noroeste disponible es la 3-3. En esta celda, controla la demanda de 2 sobre la oferta de 3, luego:
2 3 × × 0 × 1 × × 0 × 0 2 1 0 0 0 1
El mayor castigo entre filas y columnas se encuentra en la segunda columna. De ambas celdas, la de m´ınimo costo es la de costo unitario de 7, buscando la m´axima asiganci´on por fila y por columna controla la columna con una signaci´on m´axima de 5 unidades.
Oferta Castigo 6 7 8 5 5 8 − 6 = 2 15 80 78 × 15 78 − 15 = 63 Demanda 15 0 5 Castigo 9 - 70
De los castigos recalculados, el mayor corresponde a la tercera columna. En este caso la celda de menor costo es la de la primera fila. Verificando la asignaci´on m´axima por fila y por columna, controla la fila con una asignaci´on m´axima de 5 unidades.
Oferta Castigo 6 7 8 5 5 0 - 15 80 78 × × 15 - Demanda 15 0 0 Castigo 9 - -
Luego, el ´unico castigo disponible (y por lo tanto el mayor) corresponde a la primera columna. En este caso, el m´ınimo costo corresponde a la primera fila. La m´axima cantidad posible a asignar por columna es 15, pero por fila es 0. Por lo tanto, debemos asignar 0 unidades a la celda de menor costo.
Oferta Castigo 6 7 8 0 5 5 0 - 15 80 78 × × 15 - Demanda 15 0 0 Castigo - - -
Finalmente, no es posible calcular castigos y debemos asignar las unidades disponibles a la ´unica celda libre. Luego:
Oferta Castigo 6 7 8 0 5 5 0 - 15 80 78 15 × × 0 - Demanda 0 0 0 Castigo - - -
N´otese que el n´umero de asignaciones es exactamente igual a m + n − 1 = 2 + 3 − 1 = 5. Even- tualmente, el m´etodo puede generar un n´umero inferior de asignaciones. En dicho caso se completa las m + n − 1 asignaciones con ceros. En el caso de que falte s´olo una asiganci´on, se puede ubicar un cero en cualquier casilla no asignada. En el caso que se requiera de dos o m´as ceros, la asignaci´on no es tan arbitraria. M´as adelante se definir´a qu´e criterio emplear en dichos casos.
Existen problemas de maximizaci´on que pueden ser considerados como problemas de Transporte. En este caso, los coeficientes cij est´an asociado a los beneficios unitarios de la variable asociada a la combinaci´on i − j y el objetivo es maximizar la suma total de los aportes individuales de las variables. Se mantienen las restricciones de oferta y demanda.
En los casos de maximizaci´on, es preciso alterar los m´etodos para obtener una soluci´on inicial factible. En el caso del m´etodo de la Esquina Noroeste, se debe intentar asignar la mayor cantidad posible a las casillas con mayor cij. En el caso del m´etodo de Vogel, las castigos se calculan entre los dos mayores beneficios por fila y por columna. Al igual que el m´etodo de la Esquina Noroeste, se busca asignar la mayor cantidad posible a las casillas con mayor beneficio.
2.2. El M´etodo Simplex del Problema de Transporte
A continuaci´on se expondr´an los pasos para aplicar el m´etodo Simplex para el problema de Trans- porte. La deducci´on y justificaci´on detallada de cada uno de los pasos se puede encontrar en los textos de la bibliograf´ıa de la asignatura.
Paso 1 Si el problema no est´a balanceado, balancearlo. Construir el tableau de transporte.
Paso 2 Encontrar una soluci´on inicial factible por el m´etodo de la Esquina Noroeste o el de Vogel. Verificar las m + n − 1 asignaciones y completarlas si es necesario.
Paso 3 Plantear y resolver el sistema que se obtiene a trav´es de:
Definir para cada fila del tableau la variable ui con (i = 1... m).
Definir para cada columna del tableau la variable vj con (j = 1... n).
Plantear para cada casilla asignada la ecuaci´on ui + vj = cij. Donde cij es el costo unitario asociado a la casilla i − j.
Asignar un valor arbitrario a una de las variables, por ejemplo u 1 = 0.
Paso 4 Calcular en todas las casillas no asignadas (no b´asicas) eij = cij − ui − vj. Si todos los eij ≥ 0 se ha encontrado el ´optimo. Si existe alg´un eij < 0 , incorporar la variable con menor eij siempre y cuando pueda formar un loop, en dicho caso, asignar el mayor valor posible de modo de mantener las variables basales mayores o iguales a cero.
Paso 5 Si la soluci´on no es la ´optima, emplear la soluci´on del paso anterior para volver a plantear y resolver el sistema (Paso 3). Seguir al Paso 4.
e 12 = 6 − 0 − 11 = − 5 e 13 = 10 − 0 − 12 = − 2 e 14 = 9 − 0 − 1 = 8 e 24 = 7 − 1 − 1 = 5 e 31 = 14 − 4 − 8 = 2 e 32 = 9 − 4 − 11 = − 6
Por lo tanto, el menor eij corresponde a e 32 con valor −6. Lo que significa que por cada unidad asignada a la variable x 32 el efecto global neto es de −6, independientemente de que el costo asociado a dicha casilla sea de 9. Veamos si existe un loop factible y el m´aximo valor α que podr´ıa tomar la variable.
10 20 − α 20 + α 50 14 9 16 5 α 10 − α 30 40 45 20 30 30
Como las variables deben ser positivas, el valor de α debe ser tal que no introduzca una variable negativa al tableau. En este caso, la condici´on que controla es 10 − α ≥ 0, por lo tanto α = 10.
Introducimos el valor de α y volvemos a plantear el sistema asociado:
v 1 v 2 v 3 v 4 8 6 10 9 u 1 35 35 9 12 13 7 u 2 10 10 30 50 14 9 16 5 u 3 10 30 40 45 20 30 30
u 1 + v 1 = 8 u 2 + v 1 = 9 u 2 + v 2 = 12 u 2 + v 3 = 13 u 3 + v 2 = 9 u 3 + v 4 = 5 u 1 = 0
Las ´unicas variables no b´asicas que tienen un eij < 0 son: e 12 = −5, e 24 = −1 y e 13 = −2. Buscando un loop para x 12 y su m´aximo valor factible se obtiene:
35 − α α 35 9 12 13 7 10 + α 10 − α 30 50 14 9 16 5 10 30 40 45 20 30 30
De acuerdo al loop encontrado, el m´aximo valor para α es 10. Luego, volvemos a plantear el sistema para las variables basales:
v 1 v 2 v 3 v 4 8 6 10 9 u 1 25 10 35 9 12 13 7 u 2 20 30 50 14 9 16 5 u 3 10 30 40 45 20 30 30
u 1 + v 1 = 8 u 1 + v 2 = 6 u 2 + v 1 = 9 u 2 + v 3 = 13 u 3 + v 2 = 9 u 3 + v 4 = 5 u 1 = 0
Resolviendo y evaluando los eij para cada variable no basal, el ´unico eij < 0 es e 13 = −2. Verificando que exista un loop y determinando el m´aximo valor posible se tiene:
25 − α 10 α 35 9 12 13 7 20 + α 30 − α 50 14 9 16 5 10 30 40 45 20 30 30
En este caso, para mantener las variables positivas α deber ser 25. Haciendo la actualizaci´on y volviendo a resolver el sistema asociado se tiene:
- An´alisis de Sensibilidad en Problemas de Transporte
A continuaci´on se discustir´a tres tipos de an´alisis de sensibilidad de un problema de transporte:
Variaci´on 1 Cambios en los coeficientes de la funci´on objetivo de variables no b´asicas.
Variaci´on 2 Cambios en los coeficientes de la funci´on objetivo de variables b´asicas.
Variaci´on 3 Incrementos en un oferta y en una demanda.
Para ilustrar el an´alisis de sensibilidad sobre la soluci´on ´optima de un problema de transporte emplearemos la soluci´on obtenida en la secci´on anterior:
v 1 = 6 v 2 = 6 v 3 = 10 v 4 = 2 8 6 10 9 u 1 = 0 10 25 35 9 12 13 7 u 2 = 3 45 5 50 14 9 16 5 u 3 = 3 10 30 40 45 20 30 30
3.1. Variaci´on de Coeficientes en la Funci´on Objetivo de Variables No Basales
En este caso, simplemente se impone una variaci´on ∆ en el coeficiente de la variable xij a modi- ficar, estudiando el rango de variaci´on admisible de modo que el eij respectivo mantenga su signo.
A modo de ejemplo, supongamos que se desea determinar a cuanto debe disminuir el costo de env´ıo desde la Planta 1 a la Ciudad 1 de modo de incorporar esta combinaci´on a la soluci´on ´optima.
En este caso, un cambio del coeficiente c 11 = 8 a c 11 = 8 − ∆ no afecta los valores de los ui y vj calculados previamente, por lo tanto:
e 11 = (8 − ∆) − 0 − 6 = 2 − ∆ (3.1) Como corresponde a un problema de minimizaci´on, para que x 11 entre a la base debe cumplirse que e 11 ≤ 0, es decir, ∆ ≥ 2. Por lo tanto, el costo debe disminuir a menos de 6 para que se incorpore a la soluci´on ´optima. De todas formas, se debe verificar que la variable pueda generar un loop:
v 1 = 6 v 2 = 6 v 3 = 10 v 4 = 2 8 6 10 9 u 1 = 0 α 10 25 − α 35 9 12 13 7 u 2 = 3 45 − α 5 + α 50 14 9 16 5 u 3 = 3 10 30 40 45 20 30 30
Por lo tanto la variable puede entrar a la base con valor de 25, el nuevo valor de la funci´on objetivo ser´ıa:
zk+1^ = zk^ + eij × α = 1020 + (2 − ∆)25 ∆ ≥ 2 (3.2)
3.2. Variaci´on de Coeficientes en la Funci´on Objetivo de Variables Basales
En este caso la situaci´on es m´as compleja pues una variaci´on del coeficiente de una variable basal afectar´a el valor de los ui y los vj calculados previamente. En este caso, se debe volver a resolver el sistema en t´erminos de la variaci´on ∆ del coeficiente de la variable basal, volver a calcular los eij y determinar el rango de variaci´on admisible.
Supongamos por ejemplo que se desea determinar en cuanto podr´ıa aumentar el costo de env´ıo desde la Planta 1 a la Ciudad 3 de modo de mantener la base ´optima. En este caso, cambiamos c 13 = 10 por c 13 = 10 + ∆ y volvemos a resolver el sistema:
u 1 + v 2 = 6 u 1 + v 3 = 10 + ∆ u 2 + v 1 = 9 u 2 + v 3 = 13 u 3 + v 2 = 9 u 3 + v 4 = 5 u 1 = 0
De esta forma, se obtiene:
u 1 = 0 v 2 = 6 v 3 = 10 + ∆ v 1 = 6 + ∆ u 2 = 3 − ∆ u 3 = 3 v 4 = 2
Luego, calculamos los eij para todas las variables no basales y sus restricciones:
e 11 = 8 − u 1 − v 1 = 2 − ∆ ≥ 0 → ∆ ≤ 2 e 14 = 9 − u 1 − v 4 = 7 ≥ 0 e 22 = 12 − u 2 − v 2 = 3 + ∆ ≥ 0 → ∆ ≥ − 3 e 24 = 7 − u 2 − v 4 = 2 + ∆ ≥ 0 → ∆ ≥ − 2 e 31 = 14 − u 3 − v 1 = 5 − ∆ ≥ 0 → ∆ ≤ 5 e 33 = 16 − u 3 − v 3 = 3 − ∆ ≥ 0 → ∆ ≤ 3
Por lo tanto, la base ´optima se mantiene para un rango de variaci´on: − 2 ≥ ∆ ≥ 2, o bien, 8 ≤ c 13 ≤ 12.
El nuevo valor de la funci´on objetivo es: 1020 + u 1 + v 1 = 1026.
- El Problema de Transbordo
Un problema de transporte permite s´olo env´ıos directamente desde los puntos de origen a los pun- tos de demanda. En muchas situaciones, sin embargo, existe la posibilidad de hacer env´ıos a trav´es de puntos intermedios (puntos de transbordo). En este caso se habla de un problema de transbordo. A continuaci´on veremos como la soluci´on a de problema de transbordo puede ser encontrada a trav´es de un problema de transporte.
Definiremos los puntos de oferta como aquellos puntos desde donde s´olo se puede despachar unidades. Similarmente, un punto de demanda es un punto donde s´olo se pueden recibir unidades. Un punto de transbordo es punto que puede recibir y enviar unidades a otros puntos. Veamos un ejemplo:
Ejemplo 2 Una f´abrica posee dos plantas de manufactura, una en Memphis y otra en Denver. La planta de Memphis puede producir hasta 150 unidades al d´ıa, la de Denver hasta 200 unidades al d´ıa. Los productos son enviados por avi´on a Los Angeles y Boston. En ambas ciudades, se requieren 130 unidades diarias. Existe una posibilidad de reducir costos enviando algunos productos en primer lugar a New York o a Chicago y luego a sus destinos finales. Los costos unitarios de cada tramo factible se ilustran en la siguiente tabla:
Hacia Desde Memphis Denver N.Y. Chicago L.A. Boston Memphis 0 - 8 13 25 28 Denver - 0 15 12 26 25 N.Y. - - 0 6 16 17 Chicago - - 6 0 14 16 L.A. - - - - 0 - Boston - - - - - 0
La f´abrica desea satisfacer la demanda minimizando el costo total de env´ıo.
En este problema, Memphis y Denver son puntos de oferta de 150 y 200 unidades respectivamente. New York y Chicago son puntos de transbordo. Los Angeles y Boston son puntos de demanda de 130 unidades cada uno. Esquem´aticamente, la situaci´on se muestra en la figura 4.1. A continuaci´on construiremos un problema de transporte balanceado a partir del problema de transbordo. Para ello podemos seguir los siguientes pasos (suponiendo que la oferta excede a la de- manda):
Paso 1 Si es necesario, se debe agregar un punto de demanda dummy (con oferta 0 y demanda igual al excedente) para balancear el problema. Los costos de env´ıo al punto dummy deben ser cero. Sea s la oferta total disponible.
Paso 2 Construir un tableau de transporte siguiendo las siguientes reglas:
Incluir una fila por cada punto de oferta y de transbordo.
Incluir una columna por cada punto de demanda y de transbordo.
