众所周知，官子必须先收双先、再收单先，最后收己方后手（逆收或双后手）。目前有一个理论，逆收与双后手比较时逆收目数须乘以2，但其显然是经不起推敲的。
本人经过研究发现，当一方无先手可收时，该收最大可逆收处、还是收最大双后手处，即最佳策略，分为以下3种情况。
1.最大可逆收处的目数大于等于最大双后手：须收最大可逆收处。
2.最大可逆收处比最大双后手少一目、且双后手有偶数个：须收最大可逆收处。
3.其他情况（最大可逆收处小于最大双后手的普遍情况）：须分析一个最大可逆收处（其他可逆收处暂时不用去管）与所有双后手的目数情况。按此公式计算:“最大逆收-最大双后手+次大双后手-次次大双后手+次次次大双后手-次次次次大双后手+...... （直至计算完所有双后手）”[公式中所表示的最大双后手的目数大于等于次大双后手，次大双后手的目数大于等于次次大双后手，以此类推]。若该公式得出的结果为正数则应先收最大可逆收处，若结果为负数则应先收最大双后手处，若结果等于0则先收哪个均可。
论证：无论己方先收最大可逆收处，还是己方先收最大双后手，这一个最大可逆收处以外的所有可逆收处（即对方一个最大单先以外的所有单先处）都将被对手先手收光，最后形成敌我轮流收双后手的局面。因此，只要分析一个最大的可逆收处与所有的双后手即可。最大可逆收处目数设为X，所有双后手目数按收官顺序设为A1、a2、a3、a4、a5、a6......，其中A1≥a2≥a3≥a4≥a5≥a6≥......。
情况1：若X>A1，毫无疑问应该逆收X。若X=A1，己方先逆收X，对方收A1，己方可以先收到a2；若己方先收A1，则对方先手收完X后，可以先收到a2。所以先逆收始终是最佳策略。
情况2：最大可逆收处比最大双后手少一目、且双后手有偶数个，比较“先逆收方案”与“先收最大双后手方案”如下。己方先逆收时的目数差=(X+a2+a4+a6+......+a最后)-(A1+a3+a5+a7+......+a次最后)，己方先收最大双后手时的目数差=(A1+a3+a5+a7+......+a次最后)-(X+a2+a4+a6+......+a最后)，二者正好为相反数。由于第一个方案（先逆收）中，前半部分X-A1=-1，而后半部分(a2+a4+a6+......+a最后)-(a3+a5+a7+......+a次最后)=(a2-a3)+(a4-a5)+(a6-a7)+......+(a次次最后-a次最后)+a最后≥1，因此第一个方案（先逆收）的总目数差≥0，而第二个方案（先收最大双后手）的总目数差≤0，前者始终是最佳策略。
另：至于最大可逆收处比最大双后手少一目、且双后手有奇数个，两种方案仍然为相反数。己方先逆收时的目数差=(X+a2+a4+a6+......+a次最后)-(A1+a3+a5+a7+......+a最后)=(X-A1)+[(a2+a4+a6+......+a次最后)-(a3+a5+a7+......+a最后)]=(X-A1)+[(a2-a3)+(a4-a5)+(a6-a7)+......+(a次最后-a最后)]，前半部分(X-A1)=-1，后半部分[(a2-a3)+(a4-a5)+(a6-a7)+......+(a次最后-a最后)]≥0。当后半部分>1时，总目数差>0，第一个方案（先逆收）就是最佳策略；当后半部分=0时，总目数差=-1，第一个方案（先逆收）就不是最佳策略，先收最大双后手（此方案总目数差为1）就是最佳方案；当后半部分=1时，总目数差=0，两种方案相同。因此，最佳方案并不固定。
情况3：己方先收最大可逆收处与先收最大双后手，两种方案依旧为相反数。己方先逆收时的目数差=X-A1+a2-a3+a4-a5+a6-a7+......（直至最后一个a）。若结果为正数，则先逆收为最佳方案；若结果为负数，则先收最大双后手的目数差为正数，即先收最大双后手为最佳方案；若结果等于0，则两个方案相同。
（证毕）
以上就是本人的一些浅见，若有错漏之处，还望各位棋友指正。