Redes de Distribucion

Centro Universitario Hidalguense

Licenciatura en Contaduría y
Sistemas Fiscales

Investigación de Operaciones

UNIDAD III
“Redes de Distribución”

Agosto de 2012


3.1 Transportación

3.1.1 Concepto
3.1.2 Cuadro de Transportación
3.1.3 Propiedades de un Plan de Embarque Optimo

3.2 Planteamiento de Matrices

3.3 Método de la esquina Nor occidental

3.4 Método de Voguel

3.5 Algoritmo de Escalón

Agosto de 2012


3.6 Método mutuamente Preferido

3.7 Variaciones del modelo de Transportación

3.8 Modelos de asignación

3.8.1 Representación de red y matemática de un
problema de asignación

3.9 Algoritmo de asignación

Agosto de 2012


3.1 Transportación

Existen problemas que se distinguen en la estructura especial
de sus restricciones cuando se formulan con programación
lineal. Aquellos relacionados con la distribución de bienes, los
cuales deben enviarse desde lugares de suministro: ciudades,
fábricas o plantas, conocidos como nodos origen hasta lugares
de demanda: ciudades, estaciones, tiendas, llamados nodos
destino; es posible que se haga a través de lugares
intermedios: ciudades, estaciones, almacenes, llamados
transbordos.
:

Agosto de 2012

3.1 Transportación Centro Universitario Hidalguense

El objetivo general consiste en hallar el mejor plan de
distribución de unidades por cada una de las rutas, desde
los orígenes hasta los lugares de demanda con el menor
esfuerzo (costo) o bien con el mayor beneficio (utilidad).
El problema de red de distribución se sujeta a las
necesarias restricciones de:

1. Disponibilidad u oferta (=<) de unidades a suministrar en los
nodos de origen.
2. Los envíos se sujetan al uso de rutas especificadas.
3. Cumplir o exceder (=>) la demanda de bienes en nodos destino y
transbordo

Agosto de 2012


Una red de distribución se construye con tantos nodos ( i )
como lugares de oferta se tengan y tantos nodos ( j ) como
lugares de demanda. También debe conectarse con ramas, con
o sin flecha, entre los pares de nodos que convenga para las
rutas válidas. Cada uno de los nodos y ramas deben tener los
valores que informan (oferta, demanda, capacidad, costo),
sobre el estado de la red estudiada.

Agosto de 2012


La red de distribución más aplicada se conoce como problema
de transporte simple en que se busca el costo mínimo de
transporte directo al llevar mercancías desde lugares origen
hasta lugares destino (sin transbordos); pero el modelo se
puede extender de manera que se aplique en situaciones en
que no hay flujos, como el control de inventario en áreas de
producción; también en programación del empleo y asignación
de personal a funciones y tareas.

Agosto de 2012


Problema de Transporte simple
El problema de transporte simple es un caso especial de la
programación lineal, pues la estructura matemática que lo
representa, resulta en un modelo cuyas restricciones tienen
términos de coeficientes 1, lo cual ha permitido el desarrollo
del algoritmo de solución basado en el simplex pero
simplificado, logrando así mayor eficiencia en labor de cálculo.

Agosto de 2012


Problema de Transporte simple
Es aplicable en la distribución de bienes de consumo, de
servicios eléctrico y de agua, en la asignación de equipo a la
producción; también tiene aplicaciones de otra naturaleza
como es, el inventario industrial o la asignación uno a uno, de
ahí la importancia del modelo

Agosto de 2012


Pero antes . . .
3.1.1 Concepto
Modelación de transporte: La modelación de transporte
permite planificar situaciones futuras y actuales. El concepto
de “modelo” debe ser entendido como una representación,
necesariamente simplificada, de cualquier fenómeno, proceso,
institución y, en general, de cualquier “sistema”.

Agosto de 2012


Pero antes . . .
Es una herramienta de gran importancia para el planificador,
pues permite simular escenarios de actuación y temporales
diversos que ayudan a evaluar alternativas y realizar el
diagnóstico de futuro

Agosto de 2012


Dicho de otra manera . . .

Agosto de 2012


3.1.2 Cuadro de Transportación (modelo de transporte)

Es un caso especial de problema de programación Lineal, en el
que todos los coeficientes de las variables en las restricciones
tienen coeficiente uno (1), esto es:

ai j = 1 ; para todo i , para todo j

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Agosto de 2012


De donde:

Disponibilidad = Requerimiento
Oferta = Demanda

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3.2 Planteamiento de Matrices Centro Universitario Hidalguense

3.2 Planteamiento de matrices

Agosto de 2012


Agosto de 2012


3.3 Método de la esquina Nor Occidental

Características:
Sencillo y fácil de hacer
No tiene en cuenta costos para hacer las asignaciones
Generalmente nos deja lejos del optimo

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3.3 Método de la esquina Nor occidental Centro Universitario Hidalguense

Algoritmo:

1. Construya una tabla de ofertas (disponibilidades) y demandas
(requerimientos).
2. Empiece por la esquina noroeste.
3. Asigne lo máximo posible (Lo menor entre la oferta y la
demanda, respectivamente)
4. Actualice la oferta y la demanda y rellene con ceros el resto
de casillas (Filas ó
Columnas) en donde la oferta ó la demanda halla quedado
satisfecha

Agosto de 2012


Algoritmo:

5. Muévase a la derecha o hacia abajo, según halla quedado
disponibilidad para asignar.
6. Repita los pasos del 3 al 5 sucesivamente hasta llegar a la
esquina inferior derecha en la
que se elimina fila y columna al mismo tiempo.

Agosto de 2012


La regla:

No elimine fila y columna al mismo tiempo, a no ser que sea la
última casilla. El romper ésta regla ocasionará una solución en
donde el número de variables básicas es menor a m+n-1,
produciendo una solución básica factible degenerada

Agosto de 2012


Agosto de 2012


PASO 1 PASO 2

30 40 10 30 40 10
0 60 0 60
0 70 0 70
0 50 0 50
30 40 50 40 60 30 40 50 40 60

PASO 3 PASO 4

30 10 0 0 0 40 10 30 10 0 0 0 40 10
0 60 0 30 60
0 70 0 0 70
0 50 0 0 50
30 40 50 40 60 30 40 50 40 60
30

Agosto de 2012


PASO 5 PASO 6

30 10 0 0 0 40 10 30 10 0 0 0 40 10
0 30 60 30 0 30 30 0 0 60 30
0 0 70 0 0 70
0 0 50 0 0 50
30 40 50 40 60 30 40 50 40 60
30 30

PASO 7 PASO 8

30 10 0 0 0 40 10 30 10 0 0 0 40 10
0 30 30 0 0 60 30 0 30 30 0 0 60 30
0 0 20 70 0 0 20 70 50
0 0 0 50 0 0 0 50
30 40 50 40 60 30 40 50 40 60
30 20 30 20

Agosto de 2012


PASO 9 PASO 10

30 10 0 0 0 40 10 30 10 0 0 0 40 10
0 30 30 0 0 60 30 0 30 30 0 0 60 30
0 0 20 40 70 50 0 0 20 40 70 50 10
0 0 0 0 50 0 0 0 0 50
30 40 50 40 60 30 40 50 40 60
30 20 0 30 20 0

PASO 11 PASO 12

30 10 0 0 0 40 10 30 10 0 0 0 40 10
0 30 30 0 0 60 30 0 30 30 0 0 60 30
0 0 20 40 10 70 50 10 0 0 20 40 10 70 50 10
0 0 0 0 50 0 0 0 0 50
30 40 50 40 60 30 40 50 40 60
30 20 0 30 20 0

Agosto de 2012


PASO 13

30 10 0 0 0 40 10
0 30 30 0 0 60 30
0 0 20 40 10 70 50 10
0 0 0 0 50 50
30 40 50 40 60
30 20 0

Agosto de 2012


Caso Especial . . . .

Agosto de 2012


Tarea . . . . .
La empresa “Químicos del Caribe S.A.” posee cuatro depósitos de
azufre que deben ser usados para fabricar 4 tipos de productos
diferentes (A, B, C, D) , además por cada litro que se haga de los
productos A, B, C, D se utiliza un litro de azufre, se sabe que las
capacidades de cada deposito son de 100l , 120l, 80l, 95l
respectivamente. La empresa tiene un pedido de 125l de la
sustancia A, 50l de la sustancia B, 130l de la sustancia C y 90l de
la sustancia D. los costos que relacionan la producción de cada
químico con cada deposito se presenta a continuación:

Agosto de 2012


Tarea . . . . .

Agosto de 2012


Segundo ejemplo . . . . .

Una compañía tiene 3 almacenes con 15, 35 y 5 artículos
disponibles respectivamente. Con estos productos disponibles,
desea satisfacer la demanda de cuatro clientes que quieren 5,
15, 15 y 10 unidades respectivamente. Elabore el diagrama de
transporte que satisfaga la demanda a mínimo costo de
transporte

Agosto de 2012


Tercer ejemplo . . . . .

Una empresa energética colombiana dispone de cuatro plantas
de generación para satisfacer la demanda diaria eléctrica en
cuatro ciudades, Cali, Bogotá, Medellín y Barranquilla. Las
plantas 1,2,3 y 4 pueden satisfacer 80, 30, 60 y 45 millones de
KW al día respectivamente. Las necesidades de las ciudades de
Cali, Bogotá, Medellín y Barranquilla son de 70, 40, 70 y 35
millones de Kw al día respectivamente

Formule un modelo de programación lineal que permita
satisfacer las necesidades de todas las ciudades al tiempo que
minimice los costos asociados al transporte (método de esquina
nor occidental)

Agosto de 2012


Cuarto ejemplo . . . . .

4 agencias ordenan autos nuevos que deben llegar desde 3
plazas, la agencia A necesita 6 autos, la agencia B requiere de 5,
la agencia C 4 y la D requiere 4.

La planta 1 tiene 7 autos en stock, la planta 2 tiene 13 y la planta
3 tiene 3
Elabore un diagrama de transporte de tal manera que sea
posible satisfacer todos los requerimientos a mínimo costo

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3.4 Método de Voguel Centro Universitario Hidalguense

3.4 Método de Voguel

Características
•Es más elaborado que los anteriores, más técnico.

•Tiene en cuenta los costos, las ofertas y las demandas
para hacer las asignaciones

•Generalmente nos deja cerca al óptimo

Agosto de 2012


Algoritmo

1. Construir una tabla de disponibilidades (ofertas),
requerimientos (demanda) y costos

2. Calcular la diferencia entre el costo mas pequeño y el
segundo costo más pequeño, para cada fila y para cada
columna

3. Escoger entre las filas y columnas, la que tenga la mayor
diferencia (en caso de empate, decida arbitrariamente)

Agosto de 2012


Algoritmo

4. Asigne lo máximo posible en la casilla con menor costo
en la fila o columna escogida en el punto 3

5. asigne cero (0) a las otras casillas de la fila o columna
donde la disponibilidad ó el requerimiento quede
satisfecho

6. Repita los pasos del 2 al 5, sin tener en cuenta la(s) fila(s)
y/o columna(s) satisfechas, hasta que todas las casillas
queden asignadas

Agosto de 2012


Nota:
Recuerde que no debe satisfacer filas y columnas al mismo
tiempo; caso en que la disponibilidad sea igual al
requerimiento; en tal caso use el ε (épsilon)

Agosto de 2012


Retomemos nuestro primer ejemplo:

Paso 1. Construcción de una tabla de requerimientos,
disponibilidades y costos (en este caso se encuentra hecha)

Agosto de 2012


Paso 2. Calcular la diferencia entre el costo mas pequeño y el
segundo costo mas pequeño, para cada fila y para cada columna
PASO 1
ai Di
20 19 14 21 16 40 2
15 20 13 19 16 60 2
18 15 18 20 M 70 3
0 0 0 0 0 50 0
bj 30 40 50 40 60
DJ 15 15 13 19 16

Fila 1 16 – 14 = 2 Columna 1 15 – 0 = 15
Fila 2 15- 13 = 2 Columna 2 15 – 0 = 15
Fila 3 18 – 15 = 3 Columna 3 13 – 0 = 13
Fila 4 0 Columna 4 19 – 0 = 19
Columna 5 16 – 0 = 16

Agosto de 2012


Paso 3. Escoger entre las filas y las columnas la que tenga la
mayor diferencia, en caso de empate decidir arbitrariamente

Columna 2 19 – 0 = 19

Paso 4. Asigne lo máximo posible con menor costo en la fila o
columna escogida en el punto 3

En este ejemplo lo máximo posible a asignar en la casilla del
menor costo es 40, ósea . . .

Agosto de 2012


20 19 14 21 16
40
15 20 13 19 16
60
18 15 18 20 M
70
0 0 0 0 0
40
50
30 40 50 40 60

5. asigne cero (0) a las otras casillas de la fila o columna donde la
disponibilidad ó el requerimiento quede satisfecho

20 19 14 21 16
0
40
15 20 13 19 16
0
60
18 15 18 20 M
0
70
0 0 0 0 0
40
50 10

30 40 50 40 60

Agosto de 2012


6. Repita los pasos del 2 al 5, sin tener en cuenta la(s) fila(s)
y/o columna(s) satisfechas, hasta que todas las casillas queden
asignadas

20 19 14 21 16
40
0
15 20 13 19 16
60
0
18 15 18 20 M
70
0
0 0 0 0 0
50 10
40
30 40 50 40 60
D 15 15 13 16

Agosto de 2012


D
20 19 14 21 16
40
0 2
15 20 13 19 16
60
0 2
18 15 18 20 M
70
0 3
0 0 0 0 0
50 10
0 0 0 40 10 0
30 40 50 40 60
50
D 15 15 13 16

Agosto de 2012


D
20 19 14 21 16
0
40 2

15 20 13 19 16
0
60 2

18 15 18 20 M
0
70 3

0 0 0 0 0
0 0 0 40 10
50
30 40 50 40 60
50
D 3 4 1 0

Agosto de 2012


D
20 19 14 21 16
40 2
0 0
15 20 13 19 16
60 2
0 0
18 15 18 20 M
70 30 3
40 0
0 0 0 0 0
50 10
0 0 0 40 10
30 40 50 40 60
50
D 3 1 0

Agosto de 2012


D
20 19 14 21 16
40 2
0 0
15 20 13 19 16
60 2
0 0
18 15 18 20 M
70 30 0
40 0
0 0 0 0 0
50 10
0 0 0 40 10
30 40 50 40 60
50
D 3 1 0

Agosto de 2012


D
20 19 14 21 16
40 2
0 0 0
15 20 13 19 16
60 30 2
30 0 0
18 15 18 20 M
70 30 3
0 40 0
0 0 0 0 0
50 10
0 0 0 40 10
30 40 50 40 60
50
D 1 0

Agosto de 2012


D
20 19 14 21 16
40 2
0 0 0
15 20 13 19 16
60 30 3
30 0 0
18 15 18 20 M
70 30 M -18
0 40 0
0 0 0 0 0
50 10
0 0 0 40 10
30 40 50 40 60
50
D 1 0

Agosto de 2012


D
20 19 14 21 16
40 2
0 0 0
15 20 13 19 16
60 30
30 0 30 0 0
18 15 18 20 M
70 30 M -18
0 40 0
0 0 0 0 0
50
0 0 0 40 10
30 40 50 40 60
20 50
D 1 M - 16

Agosto de 2012


D
20 19 14 21 16
40 2
0 0 0
15 20 13 19 16
60 30
30 0 30 0 0
18 15 18 20 M
70 30 M -18
0 40 0
0 0 0 0 0
50
0 0 0 40 10
30 40 50 40 60
20 50
D 4 M - 16

Agosto de 2012


D
20 19 14 21 16
40 20 2
0 0 20 0
15 20 13 19 16
60 30
30 0 30 0 0
18 15 18 20 M
70 30 M -18
0 40 0 0
0 0 0 0 0
50
0 0 0 40 10
30 40 50 40 60
20 50
D 4 M - 16

Agosto de 2012


D
20 19 14 21 16
40 20 0
0 0 20 0
15 20 13 19 16
60 30
30 0 30 0 0
18 15 18 20 M
70 30 M
0 40 0 0
0 0 0 0 0
50
0 0 0 40 10
30 40 50 40 60
20 50
D 4 M - 16

Agosto de 2012


D
20 19 14 21 16
40 20 0
0 0 20 0
15 20 13 19 16
60 30
30 0 30 0 0
18 15 18 20 M
70 30 M
0 40 0 0 30
0 0 0 0 0
50
0 0 0 40 10
30 40 50 40 60
20 50
20
D 4 M - 16

Agosto de 2012


D
20 19 14 21 16
40 20 0
0 0 20 0 20
15 20 13 19 16
60 30
30 0 30 0 0
18 15 18 20 M
70 30 M
0 40 0 0 30
0 0 0 0 0
50
0 0 0 40 10
30 40 50 40 60
20 50
20
D 4 M - 16

Agosto de 2012


Nuestra solución
X11 = 0 X12 = 0 X13 = 20 X14 = 0 X15 = 20
X21 = 30 X22 = 0 X23 = 30 X24 = 0 X25 = 0
X31 = 0 X32 = 40 X33 = 0 X34 = 0 X35 = 30
X41 = 0 X42 = 0 X43 = 20 X44 = 40 X15 = 10

Agosto de 2012


f1 d1

f2
d1

f3 d1

X44 = 40
f4 d1

d1

Agosto de 2012


Agosto de 2012


MERCADO
PLANTA CAPACIDAD
1 2 3 4
9 6 4 7
A 35
2 4 6 3
B 20
8 1 8 6
C 45

REQUERIMIENTOS 30 40 10 20

Agosto de 2012


3.6 Método Mutuamente preferido
Este método se considera mejor que los anteriores, pues
selecciona las casilla de menor costo bajo el criterio de
que sean a la vez la mas baja del renglón y columna a la
que pertenecen, con esto la aproximación inicial que se
obtiene es mejor, consiste en los siguientes pasos:

Agosto de 2012

3.6 Método mutuamente preferido Centro Universitario Hidalguense

1. Identificar aquellas casillas que tienen el costo mínimo
tanto del renglón como de la columna a la que
pertenecen
2. Asignar en estas casillas la cantidad máxima posible,
con lo cual se satisfará por lo menos una de las
cantidades de la oferta y/o de la demanda
3. El resto de la tabla que permanece sin asignar se ira
llenando siguiendo los pasos anteriores hasta terminar

Agosto de 2012


1. Ejemplo:

1 2 3 4 OFERTAS
20 19 14 21
A 510

15 20 13 19
B 475

18 15 18 20
C 390

0 0 0 0
D 225

DEMANDA 600 500 310 200 1600

Agosto de 2012


Localizando las celdas con el mínimo costo tanto en fila como
en columna:

1 2 3 4 OFERTAS
25 18 21 23
A 510

19 23 22 26
B 475

22 25 26 17
C 390

24 21 20 22
D 225

DEMANDA 600 500 310 200 1600

Agosto de 2012


Asignándole a estas casillas lo máximo posible:

1 2 3 4 OFERTAS
25 18 21 23
A 510
500
19 23 22 26
B 475
475
22 25 26 17
C 390
200
24 21 20 22
D 225
225
DEMANDA 600 500 310 200 1600

Agosto de 2012



1 2 3 4 OFERTAS
25 18 21 23
A 510
500 x
19 23 22 26
B 475
475 x x x
22 25 26 17
C 390
x 200
24 21 20 22
D 225
x x 225 x
DEMANDA 600 500 310 200 1600

Agosto de 2012



Por diferencia
1 2 3 4 OFERTAS
25 18 21 23
A 510
500 10 x
19 23 22 26
B 475
475 x x x
22 25 26 17
C 390
125 x 75 200
24 21 20 22
D 225
x x 225 x
DEMANDA 600 500 310 200 1600

Agosto de 2012

3.8 Modelo de Asignación Centro Universitario Hidalguense

Ejercicios
Una compañía tiene 4 enlatadoras que abastecen a 4 almacenes y la
gerencia quiere determinar la programación de envío de costo
mínimo para su producción mensual de latas de tomate. La oferta en
las enlatadoras, las demandas de los almacenes y los costos de envío
por caja de latas de tomate se muestran en la tabla

Obtener la mejor ruta de productos a mínimo costo (método de
esquina nor-occidental, vogel y mutuamente preferido
Agosto de 2012


3.8 Modelo de Asignación

Los problemas de asignación presentan una estructura similar a
los de transporte, pero con dos diferencias:

•Asocian igual número de orígenes con igual número de
demandas

•Las ofertas en cada origen es de valor uno, como lo es la
demanda en cada destino

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El problema de asignación debe su nombre a la aplicación
particular de asignar hombres a trabajos (o trabajos a
máquinas), con la condición de que cada hombre puede ser
asignado a un trabajo y que cada trabajo tendrá asignada una
persona

La condición necesaria y suficiente para que este tipo de
problemas tenga solución, es que se encuentre balanceado, es
decir, que los recursos totales sean iguales a las demandas
totales.

El modelo de asignación tiene sus principales aplicaciones en:
Trabajadores, Oficinas al personal, Vehículos a rutas, Máquinas,
Vendedores a regiones, productos a fabricar, etc.

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Algoritmo del Modelo de Asignación

1. Reste el valor más pequeño de la fila en cada una de las
filas
2. Reste el valor mas pequeño en la columna de cada una de las
columnas
3. TRAZAR SEGMENTOS: este es el criterio de decisión de
asignación, es decir

A) Sí el número de segmentos es = m, entonces podemos asignar,
recuerda que m=n asignaciones. Un segmento es una línea vertical u
horizontal que se va a trazar a lo largo de toda la fila o toda la
columna, no se pueden trazar segmentos en forma diagonal.

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B) Contrario ir al paso 4

4. Atender los siguientes incisos

A) Seleccione la posición del dato menor de los no segmentados y
réstelo a los no segmentados, (esto hará que se generen nuevos
ceros)

B) Localizar los datos en donde se INTERSECTAN los segmentos, y
sumar el dato menor seleccionado

C) El resto de los datos segmentados quedan EXACTAMENTE igual.

5. Repita el paso 3

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Casos especiales del Modelo de Asignación

Oferta y demanda desiguales.

Cuando la oferta y la demanda son desiguales, se asigna una
actividad ficticia con un costo de cero para mantener la
condición de método que deben ser igual número de ofertas y
demanda

OFERTA (DIFERENTE DE) DEMANDA

(ACTIVIDAD FICTICIA)

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Problemas de maximización.

Considere un problema de asignación en el que la respuesta a
cada asignación es una utilidad en vez de un costo. Considere la
matriz de utilidades del problema como la característica nueva
la cual consiste en que el número que aparece en cada celdilla
representa un beneficio en lugar de un costo

AHORA LOS COSTOS SON BENEFICIOS

GASTO AHORA ES UTILIDAD

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Problemas con asignación inaceptable.

Supóngase que se está resolviendo un problema de asignación
y que se sabe que ciertas asignaciones son inaceptables. Para
alcanzar esta meta, simplemente asigna un costo
arbitrariamente grande representado mediante la letra M . M
es un número tan grande que si se le resta un número finito
cualquiera, queda todavía un valor mayor que los demás

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Ejercicio:

Una agencia de publicidad trata cual de entre 4 ejecutivos de
contabilidad debe asignarse a cada uno de los clientes mayores.

Use el método conveniente para encontrar la solución optima,
a continuación se presentan los costos estimados de la
asignación de cada ejecutivo:

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Nuestra tabla:

CONTABILIDAD (ejecutivos)

1 2 3 4
C
L A 15 19 20 18
I
E
B 14 15 17 14
N
T
C 11 15 15 14
E D 21 24 26 24
S

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Solución: Restamos el valor mas pequeño de la fila de cada una
de las filas
1 2 3 4 1 2 3 4
A 15 19 20 18 A 0 4 5 3
B 14 15 17 14 B 0 1 3 0
C 11 15 15 14 C 0 4 4 3
D 21 24 26 24 D 0 3 5 3

Agosto de 2012


Paso siguiente , se hace el mismo procedimiento con las
columnas

1 2 3 4 1 2 3 4
A 0 4 5 3 A 0 3 2 3
B 0 1 3 0 B 0 0 0 0
C 0 4 4 3 C 0 3 1 3
D 0 3 5 3 D 0 2 2 3

Agosto de 2012


Se trazan el mínimo numero de líneas que cubran los ceros
obtenidos

1 2 3 4
A 0 3 2 3
B 0 0 0 0
C 0 3 1 3
D 0 2 2 3

Nota. Si el numero de líneas es igual al numero de filas,
estamos en la solución optima, en caso contrario . . . .
Agosto de 2012


Se selecciona el numero menor entre los números que no están
anulados (por líneas) y se resta a los valores no anulados

1 2 3 4 1 2 3 4
A 0 3 2 3 A 0 2 1 2
B 0 0 0 0 B 1 0 0 0
C 0 3 1 3 C 0 2 0 2
D 0 2 2 3 D 0 1 1 2

Nota. El valor que restamos a los números que no son cero, lo
sumamos a la intersección de ceros
Agosto de 2012


Nuestra tabla resultante es la siguiente,

1 2 3 4
A 0 2 1 2
B 1 0 1 0
C 0 2 0 2
D 0 1 1 2

Aun nuestro numero de líneas no es igual a nuestro numero de
filas, por lo tanto, nuevamente procedemos al paso anterior:

Agosto de 2012


EL valor menor de los números restantes es 1, este valor lo
restamos a los valores no eliminados de la tabla:

1 2 3 4 1 2 3 4
A 0 2 1 2 A 0 1 1 1
B 1 0 1 0 B 1 0 1 0
C 0 2 0 2 C 0 1 0 1
D 0 1 1 2 D 0 0 1 2

Nuestra tabla resultante es:

Agosto de 2012


Una vez que trazamos nuevamente líneas que cubran los
valores ceros obtenidos
1 2 3 4
A 0 1 1 1
B 1 0 1 0
C 0 1 0 1
D 1 0 2 2
Ahora contamos con el mismo numero de filas y columnas, por
lo tanto, hemos llegado a la solución optima, la cual se traduce
de la siguiente forma:

Agosto de 2012


Se toman los valores originales en las ubicaciones de ceros por
fila, para seleccionar la solución observamos con respecto a los
números originales los menores si existe mas de un cero por fila
y ese tomamos
1 2 3 4 1 2 3 4
A 0 1 1 1 A 15 19 20 18
B 1 0 1 0 B 14 15 17 14
C 0 1 0 1 C 11 15 15 14
D 1 0 2 2 D 21 24 26 24

Se toman los valores originales en las ubicaciones elegidas , p

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