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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 1e3 + 10;
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/*
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视频讲解
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https://www.bilibili.com/video/BV1iT4y1U7tV/?spm_id_from=333.999.0.0
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经验总结：
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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。
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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。
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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
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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。
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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
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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
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最开始，我就是卡在这里，认为题解是错误的。
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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。
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*/
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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
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int cost[N]; // cost[i]:在i个工厂购买机器人的花费
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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
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int f[N]; // f[i]:在前i个时间内，可以获得的最多金币数量
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int main() {
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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
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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
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for (int j = 1; j <= m; j++) // m个时长
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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
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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
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// !!!!!!注意!!!!!!
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// 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
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for (int i = 1; i <= m; i++) f[i] = -1e9;
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for (int i = 1; i <= m; i++) { // 枚举每个单位时间
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for (int j = 1; j <= n; j++) { // 枚举每个工厂
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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
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for (int k = 0; k < p && i + k <= m; k++) {
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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
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int time = i + k; // 到达了哪一时刻
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if (road > n) road = road - n; // 环形
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tmp += gold[road][time]; // 加上此道路，此时刻捡起来的金币数
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f[time] = max(f[time], tmp); // 不断取最大值
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}
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}
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}
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// 输出
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printf("%d\n", f[m]);
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return 0;
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}
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