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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 20 + 10; //m<20,n<20,范围是20以内，开大一点防止出错
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//题意解析
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//https://www.bilibili.com/video/BV14K411J7Hr?from=search&seid=5350204733209198842
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//手绘图形进行样例解析说明，让学生们手工绘制帮助理解题意。
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//用来记录题目输入的数据信息
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int n, m; //m表示机器数，n表示工件数
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int seq[N * N]; //为给定的安排顺序。大小为m*n，所以开了一个N*N的数组。是安排顺序的简写形式。
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//举个例子： 112332 表示第一个工件第一道工序，第一个工件第二道工序，第二个工件第1个工序....
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int p[N][N]; //工件+工序的机器号
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int t[N][N]; //工件+工序的执行时长
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//下面是程序开发中需要的中间变量
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int cnt[N]; //用来存储遍历到了当前工件的第几个工序
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//Q:为什么要用数组来存储是第几个工序？
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//A:因为有多个工件，每一个工件都随时需要知道它现在再次出现的是第几个工序了,需要有地方可以查询到,这里使用了桶排的思想。
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int last[N]; //记录每份工件的最后一次加工时间
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//Q:为什么要记录最后一次的加工时间？
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//A:因为每个工件，它的加工顺序是不能反的，也就是规则1，如何才能不违反规则1呢？就是记录下它的最后一次执行时间，然后把下一个工序安排在最后一次执行时间后面就行了。
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int res[N][N * N * 100]; //标识每台机器的时间使用情况，第一维：机器，第二维：时间，值：是不是占用了
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/**
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* 功能：检查函数
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* @param start 从哪个时间开始
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* @param len 需要多长的时间
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* @param mac 哪台机器上进行检查
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* @return 是不是能放得下去
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*/
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bool check(int start, int len, int mac) {
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for (int i = start; i < start + len; i++)
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if (res[mac][i])return false; //在这个范围内，如果有使用的情况，就返回false, 表示放不下去
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//全部通过，表示可以放的下去，返回true
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return true;
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}
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int main() {
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//m机器数，n工件数
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//示例数据：2 3，表示2台机器，3个工件
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cin >> m >> n;
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//给定的安排顺序,示例数据:1 1 2 3 3 2，描述第一个物品第一个工序，第一个物品第二个工序，第二个物品第一个工序，第三个物品第一个工序，第三个物品第二个工序，第二个物品第二个工序
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for (int i = 1; i <= n * m; i++) cin >> seq[i];
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/**
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前n行依次表示每个工件的每个工序所使用的机器号，第1个数为第1个工序的机器号，第2个数为第2个工序机器号，等等。
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1 2 第一件物品，第1个工序需要在1号机器上进行，第2个工序需要在2号机器上进行
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1 2 第二件物品，第1个工序需要在1号机器上进行，第2个工序需要在2号机器上进行
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2 1 第三件物品，第1个工序需要在2号机器上进行，第2个工序需要在1号机器上进行
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*/
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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for (int j = 1; j <= m; j++)
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cin >> p[i][j];
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//每个工件的每个工序的加工时间
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//后n行依次表示每个工件的每个工序的加工时间。
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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for (int j = 1; j <= m; j++)
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cin >> t[i][j];
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//找到最长的时间是哪个
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int ans = 0;
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//处理每一个输入顺序
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for (int i = 1; i <= n * m; i++) {
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//利用桶排思路，记录每个工件的加工到第几个工序
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cnt[seq[i]]++;
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int x = seq[i]; //第几个工件
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int y = cnt[seq[i]]; //此工件的第几个工序(第几次出现)
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int mac = p[x][y]; //根据工件+工件的工序--->第几个机器上加工
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for (int j = last[x];; j++) { //此工件需要在最后一次加工时间的基础上去尝试，符合规则1,直到找到答案为止
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//看看有空的话，能不能放的下去，比如有3个空，但不够长，就不行
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if (check(j, t[x][y], mac)) {
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//标识此位置被占用
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for (int k = j; k < j + t[x][y]; k++)res[mac][k] = x;
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//更新最后的位置值
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last[x] = j + t[x][y];
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//不断的更新最大值
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ans = max(ans, last[x]);
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break;
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}
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}
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}
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cout << ans << endl;
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return 0;
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}
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