题目链接：https://cn.vjudge.net/contest/255927#problem/G
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define debug puts("YES");
#define rep(x,y,z) for(int (x)=(y);(x)<(z);(x)++)
#define read(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)
#define ll long long#define lrt int l,int r,int rt
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define root l,r,rt
const int maxn =1e4+10;
const int mod=1e9+7;
const int ub=1e6;
ll powmod(ll x,ll y){ll t; for(t=1;y;y>>=1,x=x*x%mod) if(y&1) t=t*x%mod; return t;}
ll gcd(ll x,ll y){return y?gcd(y,x%y):x;}
/*
完全背包典型问题。刚开始用一种两层循环的写法被超时，
就是第一层枚举剩余容量，第二层枚举选的汉堡的个数，
然后这样进行状态数组的更新。其实不用这样。。。（自己功夫不到家啊。。。）
学会用以前的状态更新未来的状态。
比如当前状态剩余容量i是可达的，
就是说dp[i]是没考虑当前选择物品的最优值，
那么枚举当前物品的选择，你可以选择枚举数量，
一直枚举到上界，但这样其实是浪费了好多次结果，
只要步进一步更新就可以了，等到扫到步进到的那一步，再更新下一步。
这样复杂度就降下来了。最后一些细节处理好，答案初始化为0和t，即可避免细节问题。
*/
ll dp[maxn];
int n,m,t;int main()
{while(scanf("%d%d%d",&m,&n,&t)==3){memset(dp,-1,sizeof(dp));dp[0]=0;///-1是不可达状态for(int i=1;i<=t;i++) if(i%m==0) dp[i]=i/m;///步进，用以前的状态去更新以后的状态for(int i=0;i<=t;i++) if(dp[i]!=-1) dp[i+n]=max(dp[i+n],dp[i]+1);if(dp[t]!=-1) printf("%lld\n",dp[t]);else{ll ans=0,ret=t;for(int i=t;i>=0;i--){if(dp[i]!=-1){ans=dp[i];ret=t-i;break;}}printf("%lld %lld\n",ans,ret);}}return 0;
}