没有任何算法的一道，ac 秘诀在于步骤要清晰，尽量简明思路。

聪明的小朋友肯定想到了用行内前缀和，来判断该行区间是否全部能放人。

还有通过每列的前缀最大值，来判断当前格子能不能放这个高度的人。

同时可以给当前行选择区间的前缀最大值排序，和已经排序的 h 数组一个个相应下标匹配，但凡一个出问题，直接否定整个区间。

好了，打出来却发现 WA 和 TLE 找上门。

考虑优化，假设列区间已经固定，如果 i 行这个区间可以放人，那么 i 后面的行这个区间只要空的都可以放人。

即判断能否放人的列区间具有单调性。

直接二分可以放人的行边界，这个时候先只关注前缀最大值，最后累计答案时再关注空不空。

复杂度因为要二分和排序，是枚举 * 双 log，也就是 $O(N^2log^2N)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 2010;

LL a[N][N];
LL sum[N][N];
LL mx[N][N];
LL h[N];
LL now[N];
int n, m, K;

bool check(int x, int y) {
	for (int j = y; j <= y + K - 1; j ++) {
		now[j - y + 1] = mx[x][j];
	}
	sort(now + 1, now + K + 1);
	for (int i = 1; i <= K; i ++) {
		if (h[i] <= now[i]) {
			return 0;
		}
	}
	return 1;
}

int main () {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	cin >> n >> m >> K;
	
	for (int i = 1; i <= K; i ++) {
		cin >> h[i];
	}
	sort (h + 1, h + K + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		for (int j = 1; j <= m; j ++) {
			cin >> a[i][j];
		}
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		sum[i][0] = 0;
		for (int j = 1; j <= m; j ++) {
			sum[i][j] = sum[i][j - 1] + a[i][j];
		}
	}
	
	for (int j = 1; j <= m; j ++) {
		mx[0][j] = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i ++) {
			mx[i][j] = max(mx[i - 1][j], a[i][j]);
		}
	}
	
	int ans = 0;
	for (int j = 1; j + K - 1 <= m; j ++) {
		int l = 1, r = n, p = 1;
		int mid;
		while (l <= r) {
			mid = (l + r) >> 1;
			if (check(mid, j)) {
				l = mid + 1;
				p = mid;
			}
			else {
				r = mid - 1;
			}
		}
		
		for (int i = 1; i <= p; i ++) {
			if (sum[i][j + K - 1] - sum[i][j - 1] == 0) {
				ans ++;
			}
		}
	}
	
	cout << ans << "\n";
	
	return 0;
}