//My AC Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mo = 1e9+7;
int n,m,k;
int nm[805][805];
int dp[805][805][20][2],ans;
/*
他们 可以从 n*m的矩阵的任何一个位置 开始  一起走！
dp数组 表示 第a行b列 的时候，小a和小uim魔瓶中的魔液量差 为 c ，最后一个位置 0表示 小a 先吸收，1表示小uim先吸收
*/
/*
一直以为 f[i][j][p][1]+=f[i-1][j][p+a[i][j]][0]与 f[i][j][p][0]+=f[i][j-1][p-a[i][j]][1] 顺序不能颠倒 验证后可以颠倒
*/
int main(){
    /*
    精髓
    f[i][j][p][q]表示他们走到(i,j)，
    且两人魔瓶内魔液量的差为p时的方法数。
    q=0表示最后一步是小a走的，q=1表示最后一步是uim走的。
    题目中说魔瓶的容量为k，实际上就是动归时p需要对k+1取余数，
    即p只有0~k，k+1种可能。
    答案为所有f[i][j][0][1]的和。
    
    */
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
     k++;//因为 % 要为 k+1 即 魔液量不能超过k+1
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++){
            scanf("%d",&nm[i][j]);
            dp[i][j][nm[i][j]][0]=1;
        }
        /*
        对 dp数组进行初始化
        一开始 第i行j列  小a先手，也就是说 小uim当前是魔瓶里面没有魔液的 即 差值为 0-nm[i][j] = nm[i][j]
        所以 i行j列差值为nm[i][j]且小a先手（最后一个吸取魔液体）的方案数为1
        */
       
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=m;j++)
                for(int qwq=0;qwq<=k-1;qwq++){
                    dp[i][j][qwq][0]+=dp[i-1][j][(qwq-nm[i][j]+k)%k][1];
                    dp[i][j][qwq][0]%=mo;
                    dp[i][j][qwq][0]+=dp[i][j-1][(qwq-nm[i][j]+k)%k][1];
                    dp[i][j][qwq][0]%=mo;
                    dp[i][j][qwq][1]+=dp[i-1][j][(qwq+nm[i][j])%k][0];
                    dp[i][j][qwq][1]%=mo;
                    dp[i][j][qwq][1]+=dp[i][j-1][(qwq+nm[i][j])%k][0];
                    dp[i][j][qwq][1]%=mo;
                    /*
                    题目说 可以往右或者下走，也就是说要向左向上 往前推 也就是 1-n,1-m,0-k地推
                    
                    设 小a的魔瓶 魔液量为a  小uim的魔瓶魔液量为b 则 他们的魔液量差值为 qwq = a-b
                    如果dp推到 dp[i][j][qwq][0] ,则状态是从 上一个 小uim 操作 得来的
                    即 上一个 小uim的操作 有可能从上面来 也可能从左边来
                    上一个 小uim操作，差值为 a-(nm[i][j]) - b = a-b-nm[i][j] = qwq-nm[i][j]  （b还是 当前dp的那个小uim的魔瓶魔液量 ）
                    因为qwq-nm[i][j] 可能是负数 所以要+k （k=k+1）
                    so dp[i][j][qwq][0]+=dp[i-1][j][(qwq-nm[i][j]+k)%k][1]; dp[i][j][qwq][0]+=dp[i][j-1][(qwq-nm[i][j]+k)%k][1];
                    
                    同理
                    如果dp推到 dp[i][j][qwq][1],则上一个状态是由小a 操作 得来的
                    即 上一个 小a的操作 有可能是从上面来的 也有可能是从左边来的
                    上一个 小a的操作，两人的魔瓶魔液量 差值为 a-(b-nm[i][j])=a-b+nm[i][j]=qwq+nm[i][j] (a 还是 当前dp的那个小a的魔瓶魔液量)
                    因为 qwq+nm[i][j] 有可能会超过k （k=k+1） 所以 要 %k
                    so dp[i][j][qwq][1]+=dp[i-1][j][(qwq+nm[i][j])%k][0];dp[i][j][qwq][1]+=dp[i][j-1][(qwq+nm[i][j])%k][0];
                    */
                }
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=m;j++)
                ans+=(dp[i][j][0][1]),ans%=mo;
                
        printf("%d",ans);
    return 0;
}