#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int N = 1010;
int n,m,p;
int gold[N][N]; // gold[i][t] 表示第i条道路，在第t个时间单位时可用于收集的金币数量
int cost[N]; // cost[i] 表示第i个工厂购买机器人的花费
int dp[N];   // dp[t]表示经过t个时间单位的时候(扣除购买机器人的花费)，最多收集多少金币
 
// 注意1：第i条道路连接这第 i# 和第 i+1# 工厂。所以如果机器人当前在i#工厂，则它的上一个工厂是i-1，上上个是i-2...
// dp[t]的最优解一定在经过了k步后的某个i号工厂
// dp[t] = max(dp[t], dp[t-k] + value - cost[st]); // 其中value统计到达i#工厂时路上收集的金币数量，是一个阶段性的前缀和。如果dp[t]的最优解是走了k步得到，则dp[t-k]表示k步前的最优解，加上这k步所收集到的金币，减去k步前买机器人的花费
int main()
{
    scanf("%d %d %d", &n, &m, &p);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int t = 1; t <= m; t++)
            scanf("%d", &gold[i][t]); // 读入第i条道路，在第t个时间单位时可用于收集的金币数量
 
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &cost[i]);  // 读入第i个工厂购买机器人的花费
 
    memset(dp, 0xaf,sizeof(dp));// 初始化为无穷小
 
    dp[0] = 0;  // 经过0个时间单位，收集的金币数量为0
    for(int t = 1; t <= m; t++) // 第一层枚举经过的时间单位t。因为dp[t]的最优解一定在经过了k步后达到某个i号工厂
    {
        for(int i = 1; i <= n; i++) // 第二层枚举经过t个时间单位后，机器人现在在哪个工厂（如果现在在第i号工厂，则上一个工厂是i-1#,上一条道路是i-1#）
        {
            int st = i - 1;       // 找起点工厂 st = start
            if(st == 0)  st = n;  // 考虑环
            int value = gold[st][t]; // 初始化第一段路径在t时刻的金币数量
 
            for(int k = 1; k <= p; k++) // 因为dp[t]的最优解一定在经过了k步后到达某个i号工厂，故从1～p枚举k
            {
                if(k > t)  break;  // 处理边界：如果步数超过时间单位t，则跳出内循环
 
                // 核心语句：value统计到达i#工厂时路上收集的金币数量总和，这其实是一个阶段性的前缀和。cost[st]是指在起点st工厂买机器人时的花费
                dp[t] = max(dp[t], dp[t-k] + value - cost[st]);
 
                if( --st == 0) st = n; // 起点工厂向前继续枚举
                value += gold[st][t-k];// 每向前继续枚举时，时刻也会减少
            }
       }
    }
 
    printf("%d", dp[m]);
    return 0;
}