#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10;

/*
视频讲解
https://www.bilibili.com/video/BV1iT4y1U7tV/?spm_id_from=333.999.0.0

经验总结：
1、从样例入手，通过简单样例，思考人脑思维是如何一点点解决问题的。
2、在模拟样例的过程中，我们其实也是在秉承 多层循环，分别讨论的思路进行的思考。
3、在模拟样例的过程中，我们会发现有些地方是需要特判的,比如环形在1号与n号的交界处等情况，需要 road-=n
4、本题的题意是在任意时刻，你可以终止上一个机器人，它不用走完p个时长。
同时，下一个工厂也不一定非得是现在机器人停止的位置，可以是任意一个。这样自由度就很大，在代码中起到了降维的作用，否则
你就还需要考虑停止的位置，也就是下一个启动的工厂，是不是一定是前一个最大值的停止位，这样就不是一维的f[N]可以描述的了
最开始，我就是卡在这里，认为题解是错误的。
5、画图+样例梳理是解决问题的关键，先用人脑解决掉测试样例是非常重要的办法，然后再用代码模拟实现，再然后才是优化。
*/
int gold[N][N]; // gold[i][j]:第i条路，第j个时刻，可以获得的金币数量
int cost[N];    // cost[i]:在i个工厂购买机器人的花费
int n, m, p;    // n个工厂,m个单位时间,p:机器人行走次数的上限
int f[N];       // f[i]:在前i个时间内，可以获得的最多金币数量

int main() {
    cin >> n >> m >> p; // 工厂数量，最长的时长,机器人可以行走的次数上限

    for (int i = 1; i <= n; i++)     // n个工厂，比如2个工厂，其实有两条路径 ，就是1->2,2->1,工厂数量也就是路径数量
        for (int j = 1; j <= m; j++) // m个时长
            cin >> gold[i][j];       // 每段路径，在每个单位时间，可以获取到的金币数量

    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> cost[i]; // 在每个工厂购买机器人需要花费的金币数量

    // !!!!!!注意!!!!!!
    // 有效状态初始化为负无穷，不能i=0开始，因为下面的代码中会依赖i=0,i=0时f[i]=0
    for (int i = 1; i <= m; i++) f[i] = -1e9;

    for (int i = 1; i <= m; i++) {        // 枚举每个单位时间
        for (int j = 1; j <= n; j++) {    // 枚举每个工厂
            int tmp = f[i - 1] - cost[j]; // 上一个时间单元的最大值，减去在j这个工厂购买机器人的花费金币数
            for (int k = 0; k < p && i + k <= m; k++) {
                int road = j + k;              // 从j这个工厂开始，走k步（已减1），是哪个道路,比如：从1号工厂，走0步，就是1号道路
                int time = i + k;              // 到达了哪一时刻
                if (road > n) road = road - n; // 环形
                tmp += gold[road][time];       // 加上此道路，此时刻捡起来的金币数
                f[time] = max(f[time], tmp);   // 不断取最大值
            }
        }
    }
    // 输出
    printf("%d\n", f[m]);
    return 0;
}