目录：
题目：
分析：
分两步处理：
第一步：把问题简单化，假设没有k的限制，设求出来的方案总数是x。
第二步：考虑k的限制，由于k<7，可以穷举n个节目取0个，n个节目取1个，n个节目取2个，n个节目取3个，n个节目取3个，n个节目取4个，n个节目取5个，n个节目取6个，穷举完这几种情况就可以知道哪些方案是合法的。而且
。
也就是这个穷举不超过1676116次。设第二步的方案总数是y。
那么，最后应该输出的答案就是x - y。
第二步的方案数y可以搜索计算结果，下面重点讲讲第一步的方案数x如何求。
由于n最大是34,直接搜索会超时。可以把n个节目平均分成两部分，即第1至第
个节目归为第1部分，第
个节目至第n个节目归为第2部分。
第1部分：显然最多只有17个节目，每个节目可以取或者不取，穷举这17个节目的所有情况，显然有
种取法，对于每一种取法，队伍A都有一个得分，设为scoreA, 队伍B也有一个得分scoreB，队伍C也有一个得分scoreC。不妨设difAB1 = scoreA - scoreB, difAC1 = scoreA - scoreC，即每一种取法，都可以计算出一对值（difAB1,difAC1)，
第2部分：显然最多也只有17个节目。每个节目可以取或者不取，穷举这17个节目的所有情况，显然也是有
种取法。同理，对于每一种取法，设difAB1 = scoreA - scoreB, difAC1 = scoreA - scoreC，即每一种取法都可以计算出一对值（difAB2,difAC2)，
显然，如果一个方案要成立，必须要同时满足：
（即队伍A的总得分比队伍B的总得分高）
（即队伍A的总得分比队伍C的总得分高）
于是，问题转化为，枚举一对值（difAB1,difAC1)，在第2部分里面查询有多少对（difAB2,difAC2)，使得同时满足
显然，对于第2部分，可以用树状数组或者线段树之类的数据结构进行保存，以备第1部分的查询所需。
由于分两步求答案，于是时间复杂度 =
代码：
#pragma GCC optimize("3")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define N 40
#define M 150000
#define IL inline
#define LL long long
#define re register
#define r(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define getchar() (S==T&&(T=(S=BB)+fread(BB,1,1<<15,stdin),S==T)?EOF:*S++)
#define lb(x) x&-x
using namespace std;LL f,i,j,n,k,s,t1,t2,ans1,ans2;char c;
char BB[1<<15],*S=BB,*T=BB;
LL A[N],B[N],C[N],t[M<<1];
LL ab1[M],ac1[M],ab2[M],ac2[M];
struct node{LL x,y,z;}d[M<<1];
IL LL read()
{
f=0;re char c;
while(c=getchar(),c<=47||c>=58);f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;
while(c=getchar(),c>=48&&c<=57) f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;
return f;
}
IL void dg(re LL w,re LL l,re LL x,re LL y,re LL z)
{
if(w>i){if(x>y&&x>z) ans1++;return;}
for(re LL j=l+1;j<=n;j++) dg(w+1,j,x+A[j],y+B[j],z+C[j]);
return;
}
IL void dfs1(re LL l,re LL x,re LL y,re LL z)
{
t1++;ab1[t1]=x-y;ac1[t1]=x-z;
for(LL j=l+1;j<=n>>1;j++) dfs1(j,x+A[j],y+B[j],z+C[j]);
return;
}
IL void dfs2(re LL l,re LL x,re LL y,re LL z)
{
t2++;ab2[t2]=y-x;ac2[t2]=z-x;
for(LL j=l+1;j<=n;j++) dfs2(j,x+A[j],y+B[j],z+C[j]);
return;
}
IL bool cmp1(re node x,re node y){return x.y<y.y;}
IL bool cmp2(re node x,re node y){return x.x<y.x||x.x==y.x;}
IL void add(LL sx,LL x)
{
for(;x<=sx;x+=lb(x)) t[x]++;
return;
}
IL LL ask(LL x)
{
LL ans=0;
for(;x;x-=lb(x)) ans+=t[x];
return ans;
}
signed main()
{
freopen("show.in","r",stdin);
freopen("show.out","w",stdout);
n=read();k=read();
r(i,1,n) A[i]=read();
r(i,1,n) B[i]=read();
r(i,1,n) C[i]=read();
r(i,1,~-k) dg(1,0,0,0,0);
dfs1(0,0,0,0);
dfs2(n>>1,0,0,0);
r(i,1,t1) d[i]=(node){ab1[i],ac1[i],1};
r(i,1,t2) d[i+t1]=(node){ab2[i],ac2[i],2};
sort(d+1,d+1+t1+t2,cmp1);
LL e=1,l=1;
d[t1+t2+1].y=-2147483647;
r(i,2,t1+t2+1) if(d[i].y!=d[~-i].y)
{
r(j,l,~-i) d[j].y=e;
e++;l=i;
}
e--;
sort(d+1,d+1+t1+t2,cmp2);
LL g,o=0;
while(o<=t1+t2)
{
g=d[o].x;l=o;
while(d[o].x==g&&o<=t1+t2) o++;
r(i,l,o-1) if(d[i].z==1) ans2+=ask(~-d[i].y);
r(i,l,o-1) if(d[i].z==2) add(e,d[i].y);
}
printf("%lld",ans2-ans1);
}