前置知識：霍爾定理

對於二分圖，兩部分別為 \(X,Y\)，令 \(|X| \le |Y|\)，則存在大小為 \(X\) 的匹配的充要條件是對於任意 \(S\subseteq X\)，都有 \(|F(S)| \ge |S|\)，其中 \(F(S) = \{y\ |\ x\to y \in E,x\in S,y\in Y\}\)。

說人話就是對於 \(X\) 的所有子集，相鄰的點數都不小於子集。

必要性顯然，充分性不顯然，反證一下。

假設滿足條件但是匹配 \(<|X|\)，那麼不妨令沒有匹配的點為 \(x\)，\(x\) 的所有鄰居都被匹配了，此時從 \(x\) 出發一定存在一條增廣路（匈牙利演算法），如果不存在，則假設這條非增廣路經過 \(X\)

的點集為 \(X'\) ，\(|F(X')|\) 一定 \(<|X'|\)，手動畫圖即可理解。

那麼對於本題關鍵結論是

\(V\) 在 \(X\) 中的點集為 \(S\)，\(Y\) 中的點集為 \(T\)。如果存在匹配覆蓋 \(S\)，並存在匹配覆蓋 \(T\)，則一定存在匹配覆蓋 \(V\)。

這結論挺好猜的，\(N\le 20\) 顯然就是折半然後雙指標嘛。證明也不難。

\(S\) 在 \(T\) 中的鄰居為 \(W\)，\(S\) 和它的鄰居匹配，然後 \(T/W\) 再進行匹配即可。

所以直接狀壓 DP，\(f_S\) 表示集合 \(S\) 的鄰居集合，\(h_{S}\)

#define N 20
#define M ((1 << N) + 5)
int n, m, u[M], v[M], f[M], bt[M], g[M], p[M], q[M], l, r, h[M], a[M], b[M]; char s[N + 1];
int main() {
	read(n, m);
	rep(i, 0, n - 1){
		scanf("%s", s);
		rep(j, 0, m - 1)if(s[j] == '1')u[1 << i] |= 1 << j, v[1 << j] |= 1 << i;
	}
	rep(i, 0, n - 1)read(p[1 << i]);
	rep(i, 0, m - 1)read(q[1 << i]);
	int w = (1 << max(n, m)) - 1;
	rp(i, w)bt[i] = bt[i >> 1] + (i & 1);
	w = (1 << n) - 1;
	h[0] = 1;
	rp(i, w){
		int j = i & -i;
		p[i] = p[j] + p[i ^ j];
		f[i] = u[j] | f[i ^ j];
		h[i] = 1;
		for(int k = i; k; k -= k & -k)h[i] &= h[i ^ (k & -k)];
		h[i] &= bt[f[i]] >= bt[i];
		if(h[i])a[++l] = p[i];
	}a[++l] = 0;
	w = (1 << m) - 1;
	rp(i, w){
		int j = i & -i;
		q[i] = q[j] + q[i ^ j];
		g[i] = v[j] | g[i ^ j];
		h[i] = 1;
		for(int k = i; k; k -= k & -k)h[i] &= h[i ^ (k & -k)];
		h[i] &= bt[g[i]] >= bt[i];
		if(h[i])b[++r] = q[i];
	}b[++r] = 0;
	sort(a + 1, a + l + 1),
	sort(b + 1, b + r + 1);
	read(w);
	int j = r; LL ans = 0;
	rp(i, l){
		while(j && b[j] + a[i] >= w)j--;
		ans += r - j;
	}printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}